Bài tập trắc nghiệm tổ hợp và xác suất nâng cao có lời giải chi tiết

Email: [email protected] Câu 1. Cho 5 điểm đồng phẳng sao cho các đường thẳng đi qua các cặp điểm trong 5 điểm đó không có 2 đường thẳng nào song song, vuông góc hay trùng nhau. Qua mỗi điểm ta vẽ các đường vuông góc với tất cả các đường thẳng nối 2 điểm trong 4 điểm còn lại. Không kể 5 điểm đã cho số giao điểm của các đường thẳng vuông góc đó nhiều nhất là bao nhiêu? A. 310 . B. 330 . C. 360 . D. 325 . Lời giải Tác giả : Chu Viết Tấn,Tên FB: Chu Viết Tấn Chọn A Gọi 5 điểm đó là A, B, C , D, E Có C42  6 đường thẳng không đi qua A nên từ A kẻ được 6 đường thẳng vuông góc với 6 đường thẳng đó. Tương tự từ B kẻ được 6 đường thẳng vuông góc với 6 đường thẳng không đi qua B. Đáng lẽ ra 2 nhóm đường thẳng này cắt nhau tại 6  6  36 điểm ( Không kể A, B ). Nhưng vì có C32  3 đường thẳng không đi qua 2 điểm A, B nên 3 đường thẳng vuông góc vẽ từ A và 3 đường thẳng vuông góc vẽ từ B đôi một song song với nhau nên số giao điểm của 2 nhóm đường thẳng vuông góc này chỉ còn 36-3=33 điểm. Có C52  10 cách chọn các cặp điểm như vậy nên có 330 giao điểm của các đường thẳng vuông góc. Thế nhưng cứ mỗi 3 điểm như A, B,C thì 3 đường cao của tam giác này trong số các đường vuông góc đó lại đồng quy tại 1 điểm ( thay vì cắt nhau tại 3 điểm) nên số giao điểm giảm đi 2. Vì có C53  10 tam giác như tam giác ABC nên số giao điểm giản đi 20. Vậy số giao điểm nhiều nhất của các đường thẳng vuông goác là 330-20=310. Mở rộng: Bài này có thể tổng quát cho n điểm (n>2) [email protected] Câu 2. Từ các chữ số thuộc tập X  1; 2;3; 4;5;6; 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 5 chữ số khác nhau sao cho mỗi số tự nhiên đó đều chia hết cho 9. A. 96 . B. 144 . C. 72 . D. 120 . Lời giải Tác giả : Phạm Thành Trung,Tên FB: Phạm Thành Trung Chọn A Ta có nhận xét 1  2  3  4  5  6  7  28 là số khi chia cho 9 có dư là 1. Vậy khi đó để chọn ra số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 9 ta cần loại đi trong tập X hai chữ số có tổng khi chia cho 9 dư là 1. Do đó có hai trường hợp loại đi hai số có tổng chia cho 9 dư 1 là 3;7 ; 4; 6 Khi loại đi cặp 3; 7 ta có: + Chọn số cho vị trí hàng đơn vị có 3 cách. + Chọn số cho các vị trí còn lại có 4! cách. Trường hợp này có 3.4!  72 số. Khi loại đi cặp 4; 6 ta có: + Chọn số cho vị trí hàng đơn vị có 1 cách. + Chọn số cho các vị trí còn lại có 4! cách. Trường hợp này có 4!  24 số. Vậy có tất cả 72  24  96 số thỏa mãn yêu cầu. [email protected] Câu 3. (THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ-lần 1-NH2017-2018) Một khối lập phương có độ dài cạnh là 2cm được chia thành 8 khối lập phương cạnh 1cm . Hỏi có bao nhiêu tam giác được tạo thành từ các đỉnh của khối lập phương cạnh 1cm . A. 2876 . B. 2898 . C. 2915 . D. 2012 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Thúy Hằng, FB: Hằng-RuBy-Nguyễn Chọn D Có tất cả 27 điểm. 3  2925. Chọn 3 điểm trong 27 có C27 Có tất cả  8.2  6.2  4.2  4  3  2  2  2   49 bộ ba điểm thẳng hàng. Vậy có 2925  49  2876 tam giác. [email protected] Câu 4. Cho tập A  {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9} .Từ các phần tử của tập A có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số đôi một khác nhau mà trong đó hai số chẵn không thể đứng cạnh nhau? A.26880. B.27360. C.34200. D.37800. Lời giải Tácgiả :Trần Quốc An, FB: TranQuocAn Chọn D Giả sử số có 6 chữ số thỏa đề bài có dạng M  a1a2 a3a4 a5 a6 . Nhận xét : Trong các vị trí a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 có tối đa 3 chữ số là số chẵn được lấy từ tập A. TH1 : Số M chỉ chứa 1 chữ số chẵn + a1 chẵn : a1 có 4 cách chọn Các vị trí a2 , a3 ,.., a5 là số lẻ nên có 5! cách xếp TH này có : 4.5!  480 cách chọn. + a1 lẻ : a1 có 5 cách chọn Chọn một chữ số chẵn và 4 chữ số lẻ và xếp chúng ở 5 vị trí a2 , a3 ,.., a5 như sau C51.C44 .5! cách TH này có : 5.C51.C44 .5!  3000 cách chọn. TH2: Số M có chứa 2 chữ số chẵn . + a1 chẵn : a1 có 4 cách chọn Vị trí a2 là số lẻ nên a2 có 5 cách chọn . Chọn một chữ số chẵn và 3 số lẻ và xếp chúng vào 4 vị trí còn lại có C41 .C43 .4! cách TH này có : 4.5.C41 .C43 .4!  7680 cách chọn. + a1 lẻ : a1 có 5 cách chọn Ở các vị trí a2 , a3 ,.., a5 có 3 chữ số lẻ , ta tạo được 4 vách ngăn , chọn hai chữ số chẵn và đặt vào 2 trong 4 vách ngăn đó,chọn 3 chữ số lẻ trong 4 số lẻ đặt ở 3 vị trí còn lại có C52 .C42 .2!.C43 .3! cách. TH này có 5.C52 .C42 .2!.C43 .3!  14400 cách chọn. TH3: Số M có chứa 3 chữ số chẵn . + a1 chẵn : a1 có 4 cách chọn Vị trí a2 lẻ nên a2 có 5 cách chọn Ở các vị trí a3 , a4 , a5 , a6 có 2 chữ số lẻ , ta tạo được 3 vách ngăn , chọn hai chữ số chẵn và đặt vào 2 trong 3 vách ngăn đó,chọn 2 chữ số lẻ trong 4 số lẻ đặt ở 2 vị trí còn lại có C42 .C32 .2!.C42 .2! cách. TH này có 4.5.C42 .C32 .2!.C42 .2!  8640 cách chọn. + a1 lẻ : a1 có 5 cách chọn Ở các vị trí a2 , a3 ,.., a5 có 2 chữ số lẻ , ta tạo được 3 vách ngăn , chọn ba chữ số chẵn và đặt vào 3 vách ngăn đó,chọn 2 chữ số lẻ trong 4 số lẻ đặt ở 2 vị trí còn lại có C53 .3!.C42 .2! cách. TH này có 5.C53 .3!.C42 .2!  3600 cách chọn Vậy có : 480  3000  7680  14400  8640  3600  37800 cách chọn thỏa yêu cầu bài toán. Email: [email protected] Câu 5. Cho đa giác đều 20 cạnh nội tiếp đường tròn (O). Xác định số hình thang có 4 đỉnh là các đỉnh của đa giác đều. A. 765 B. 720 C. 810 D. 315 Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Mến – face: Nguyễn Văn Mến Hình thang luôn có trục đối xứng đi qua tâm nên ta chỉ xét trục đối xứng vuông góc với hai đáy của hình thang trong hai trường hợp Th1: Trục đối xứng của hình thang đi qua hai đỉnh của đa giác đều Chọn một trục đối xứng có 10 cách Mỗi trục đối xứng như vậy ta có C92 cách chọn các đỉnh của hình thang nhân trục đối xứng đó Suy ra 10.C92  360 hình thang có trục đối xứng đi qua các đỉnh đa diện Th2: Trục đối xứng không đi qua đỉnh của đa giác đều Chọn một trục đối xứng như vậy ta có 10 cách Mỗi trục đối xứng như vậy ta có C102 cách chọn các đỉnh của hình thang nhận trục đối xứng đó Suy ra 10.C102  450 hình thang có trục đối xứng không qua các đỉnh của đa giác đều Lại có C102  45 hình chữ nhật là hình thang có hai trục đối xứng nên số hình thang thỏa mãn yêu cầu bài toán là 360  450  45  765 [email protected] Câu 6. Hỏi có tất cả bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 9 mà mỗi số 2011 chữ số và trong đó có ít nhất hai chữ số 9 . A. 102010  16151.92008 . B. 102010  16153.92008 . C. 102010  16148.92008 . D. 102010  16161.92008 . Lời giải Tác giả: Phạm Khắc Thành Chọn D Đặt A1  0;9 ; A2  1 ; A3  2 ; A4  3 ; A5  4 ; A6  5 ; A7  6 ; A8  7 ; A9  8 Gọi số cần tìm là n  a1a2 …a2010 a2011  a1  0  + Xét các số tự nhiên chia hết cho 9, gồm 2011 chữ số: Mỗi vị trí từ a2 đến a2011 đều có 10 cách chọn a1 phụ thuộc vào tổng  a2  a3  …  a2011  nên có 1 cách chọn Vậy có 10 2010 số + Xét các số tự nhiên chia hết cho 9, gồm 2011 chữ số nhưng không có mặt chữ số 9: a1 có 8 cách chọn Từ a2 đến a2010 , mỗi vị trí đều có 9 cách chọn a2011 có 1 cách chọn Vậy có 8.9 2009 số. + Xét các số tự nhiên chia hết cho 9, gồm 2011 chữ số trong đó có đúng 1 chữ số 9: + Trường hợp a1  9 ta có: Từ a2 đến a2010 , mỗi vị trí đều có 9 cách chọn a2011 có 1 cách chọn Do đó có 9 2009 số + Trường hợp a1  9 ta có: a1 có 8 cách chọn Có 2010 cách xếp chữ số 9 Ở 2008 vị trí còn lại, mỗi vị trí có 9 cách chọn Vị trí cuối cùng có 1 cách chọn Do đó có 8.2010.9 2008 số. Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 10 2010   8.9 2009  9 2009  8.2010.9 2008   10 2010  16161.9 2008 số [email protected] Câu 7. Nhân ngày phụ nữ Việt Nam 20/10, các bạn nam lớp 10A đến cửa hàng hoa để mua hoa tặng các cô giáo dạy lớp mình. Cửa hàng hoa có bán ba loại hoa: hoa hồng, hoa cẩm chướng và hoa đồng tiền ( số hoa mỗi loại đều lớn hơn hoặc bằng 8). Nhóm 8 bạn nam vào cửa hàng và chọn 8 bông hoa. Hỏi các bạn nam có bao nhiêu cách chọn số lượng từng loại hoa? A. 40320. B. 6720. C. 336. D. 45. Lời giải Tác giả : Đỗ Thị Hồng Anh, FB: Hong Anh Chọn D Nhóm 8 bạn nam chọn ra 8 bông hoa gồm x hoa hồng, y hoa cẩm chướng và z hoa đồng tiền. Ta coi mỗi sự lựa chọn là một bộ ba số ( x; y; z) sao cho x, y, z là các số nguyên không âm và thỏa mãn x + y + z = 8 . Mỗi bộ ( x; y; z) như vậy ta đặt tương ứng với một dãy nhị phân độ dài 10 gồm 8 kí tự 1 và 2 kí tự 0 như sau: 11…1  0 11…1  0 11…1  x y z Chẳng hạn bộ ( 3; 1; 4) ứng với sự lựa chọn 3 hoa hồng, 1 hoa cẩm chướng và 4 hoa đồng tiền được đặt tương ứng với dãy nhị phân 1110101111. Vì với mỗi dãy nhị phân độ dài 10 gồm 8 kí tự 1 và 2 kí tự 0 như trên tương ứng với cách chọn 2 vị trí trong 10 vị trí để ghi số 0, 8 vị trí còn lại ghi số 1 nên số dãy nhị phân như trên là C102  45 . Vậy có 45 cách lựa chọn hoa thỏa yêu cầu bài toán. [email protected] Câu 8. Cho dãy số  un  được xác định như sau: Số hạng thứ n là số các số tự nhiên có n chữ số trong đó chỉ gồm các chữ số 1, 2, 3 và mỗi số có mặt ít nhất 1 lần. Tìm tổng của 9 số hạng đầu tiên. A. 26844. B. 28464. C. 24684. D. 26484. Lời giải Tác giả : Trần Tín Nhiệm, FB: Trần Tín Nhiệm Chọn D Ta sẽ tìm số hạng tổng quát của  un  Xét n = 1, n = 2 thì rõ ràng u1  u2  0 . Bài toán phụ: Ta sẽ xác định xem có bao nhiêu số có n chữ số, trong đó các chữ số chỉ là 1, 2, 3 sao cho các chữ số xuất hiện trong đó là một hay hai trong ba chữ số đã cho + Số các số có n chữ số trong đó có mặt một trong ba chữ số 1, 2,3 là 3 ( 11….1, 22…2, 33….3) + Trong ba số 1, 2, 3 có C32 tập gồm 2 chữ số. Xét các số chỉ gồm hai số là 1,2 Mỗi chữ số có 2 cách chọn nên có 2n số có n chữ số tạo thành từ 1, 2 . Nên có 2n – 2 số có n chữ số được tạo thành từ 1, 2 và mỗi chữ số có mặt ít nhất 1 lần ( trừ 11…1, 22…2) Từ đó, số các số gồm n chữ số chỉ có mặt hai trong ba chữ số 1, 2,3 là C32  2n  2  . Mặt khác có tất cả 3n số các số tự nhiên có n chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2,3 . Do đó có tất cả 3n  C32  2 n  2   3  3n  3.2 n  3 số các số tự nhiên có n chữ số được tạo thành từ các chữ số 1, 2,3 và mỗi số có mặt ít nhất 1 lần. u1  u2  0  Suy ra dãy số  un   hay  un   3n  3.2n  3 n n un  3  3.2  3 (n  3) 9 Vậy 9   9 9  ui   3i  3.2i  3   3i  3 2i  27  i 1 i 1 i 1 i 1 310  3 210  2  3.  27  26484 . 3 1 2 1 [email protected] Câu 9. Có bao nhiêu cách điền các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 (mỗi số một lần) vào các ô tròn ở trên Hình 1 sao cho tổng các số ở mỗi cạnh của tam giác là bằng nhau? (ví dụ ở hình 2, tổng các số ở mỗi cạnh đều bằng 10). 1 6 3 4 2 Hình 1 5 Hình 2 Lời giải Tác giả : Trần Minh Đức, FB: Trần Minh Đức Gọi các số điền vào là A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 như hình vẽ Ta có: A1  B2  A3  A1  B3  A2  A2  B1  A3  A1  B2  A3  A1  B3  A2  A3  B3  A2  B2    A1  B2  A3  A2  B1  A3  A1  B1  A2  B2 A1  A1  B1  A2  B2  A3  B3 B3 B2 Do A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 là một hoán vị của 1, 2, 3, 4, 5, 6 Nên ta chỉ có các bộ sau thỏa mãn: 6 – 5 = 4 – 3 = 2 – 1; 5 – 6 = 3 – 4 = 1 – 2 A2 B1 A3 6 – 3 = 5 – 2 = 4 – 1; 3 – 6 = 2 – 5 = 1 – 4 Ứng với mỗi bộ ở trên ta có 3! hoán vị các đỉnh A1 , A2 , A3 . Và với mỗi cách chọn A1 , A2 , A3 thì sẽ có duy nhất một cách chọn B1 , B2 , B3 . Vậy có: 3!.4  24 cách điền thỏa mãn yêu cầu bài toán. [email protected] Câu 10. Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5 hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, sao cho mỗi số tự nhiên đó chia hết cho 3? A. 625. B. 120. C. 216. D. 96. Lời giải Tác giả : Bùi Nguyễn Phi Hùng. FB:Bùi Nguyễn Phi Hùng. Chọn C Một số tự nhiên abcde có 5 chữ số chia hết cho 3 khi tổng các chữ số của nó chia hết cho 3. Nhận thấy một số tự nhiên thoả ycbt sẽ không đồng thời có mặt các chữ số 0 và 3. Do đó ta chia làm 2 trường hợp: Trường hợp 1: abcde không có chữ số 0. Khi đó 5 chữ số còn lại có tổng của chúng chia hết cho 3, nên số số tự nhiên thoả mãn là 5! số. Trường hợp 2: abcde không có chữ số 3 (khi đó ta còn 5 chữ số là 0,1,2,4,5 có tổng của chúng chia hết cho 3). Bước 1: chọn chữ số a có 4 cách. Bước 2: chọn bcde có 4! cách. Suy ra trường hợp này ta có 4.4! số. Vậy theo quy tắc cộng ta có tất cả 5!+4.4! = 216 số. [email protected] Câu 11. Cho tập hợp A  0,1,2,3,4,5,6 có bao nhiêu số tự nhiên gồm từ A trong đó có A. 160 . 5 chữ số khác nhau được lập 3 số lẻ và chúng không ở ba vị trí liền kề B. 164 . C. 170 . D. 468 . Lời giải Tác giả : Phạm Văn Huy, FB: Đời Dòng Chọn D Cách 1 Giả sử a1a2 a3a4 a5 là số cần tìm. Ta tính tất cả các số gồm 5 chữ số sao cho luôn có mặt số lẻ, sau đó trừ đi trường hợp mà + Tất cả 3 chữ 3 số lẻ đứng liền nhau 3 số lẻ, xếp 3 số lẻ vào 3 trong 5 vị trí ta có A53  60 cách 2 Khi đó còn lại hai vị trí có thể tùy chọn trong 4 số chẵn ta có A4  12 cách Vậy có Nếu 60.12  720 số a1  0 thì xếp 3 số lẻ vào 3 trong 4 vị trí còn lại 1 vị trí chọn trong 3 số chẵn 2;4;6 2 1 ta có A4 . A3  72 số Vậy tất cả có 720  72  648 số gồm 5 chữ số sao cho luôn có mặt 3 chữ số lẻ + Tính các số có 5 chữ số sao cho có 3 số lẻ đứng liền nhau a1a2a3 là 3 số lẻ ta có . Khi đó hai vị trí còn lại a4 a5 có thể chọn tùy ý trong 4 số chẵn 2 ta có A4  12 Nếu Vậy có 6.12  72 số Nếu chọn chọn Vậy có a2a3a4 là 3 số lẻ ta có A33  6 (cách xếp). Khi đó a1 có 3 cách chọn a5 có 3 cách 6.3.3  54 số Tương tự nếu a3a4a5 là 3 số lẻ có 54 số 72  2.54  180 số có 3 số lẻ đứng liền nhau Vậy tổng cộng có 648  180  468 số Vậy có tất cả Cách 2: Tham khảo cách giải của cô Lưu Thêm (QTV) Có 7 vị trí không liền kề 1,2,4 ,1,2,5 ,1,3,4 ,1,3,5 ,1,4,5 ,2,3,4 ,2,3,5 Trường hợp 1: a1 là số lẻ Chọn vị trí cho a2 , a3 có 5 cách Xếp 3 số lẻ vào 3 vị trí vừa chọn có 3! cách 2 Chọn 2 số chẵn và xếp vào 2 vị trí còn lại có A4 các 2 Vậy có 5.3!. A4  360 số Trường hợp 2 : a1 không là số lẻ 3 chữ số lẻ có 2 cách Xếp 3 số lẻ vào 3 vị trí có 3! cách Chọn vị trí cho Chọn 2 số chẵn xếp vào 2 vị trí còn lại có 3.3 cách 2.3!.3.3  108 số Vậy tổng cộng có 360  108  468 số Vậy có [email protected] Câu 12. Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 15 chữ số, trong đó các chữ số 1 và 2 mỗi chữ số xuất hiện 5 lần, các chữ số còn lại xuất hiện không quá 1 lần và các chữ số lớn hơn 2 không có bất kì hai chữ số nào đứng cạnh nhau. A. 293388478 . B. 293388479 . C. 293388480 . D. 293388481 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Trung Thành Chọn C Trước hết ta sắp xếp 5 chữ số 1 và 5 chữ số 2 vào 10 vị trí sắp xếp thành 1 hàng ngang. Chọn 5 trong 10 vị trí để sắp xếp chữ số 1 có C105 cách chọn. Các vị trí còn lại ta sắp xếp chữ số 2. Giữa các chữ số 1 và chữ số hai sắp sắp xếp như trên có 9 vị trí xen giữa và hai vị trí hai đầu mút. Để các chữ số khác lớn hơn 2 mà không có bất kì hai chữ số nào đứng cạnh nhau thì ta cần chọn ra 5 trong 7 chữ số còn lại rồi sắp xếp chúng vào 11 vị trí nói trên: – Có C75 cách chọn ra 5 trong 7 chữ số lớn hơn 2. – Với 5 chữ số vừa chọn sắp xếp vào 11 vị trí có: A115 cách sắp xếp. Vậy có: C105 .C75. A115  293388480 . [email protected] Câu 13. Cho hai tập hợp hợp L và C biết L ={các số tự nhiên có 2018 chữ số được lập từ các số 0,1, 2 mà số 0 xuất hiện lẻ lần }, C ={các số tự nhiên có 2018 chữ số được lập từ các số 0,1, 2 mà số 0 xuất hiện chẵn lần ( kể cả số 0 không xuất hiện) }. Gọi L , C lần lượt là số lượng các phần tử của tập hợp L và C .Giá trị của biểu thức M  2 L  C là A. 32018  1 B. 32018  1 C. 32019  1 D. 32019  1 Lời giải Tác giả:Nguyễn Quang Nam ; Fb: quang nam Chọn A Giả sử số cần lập có dạng : a1a2 …a2018 +) Tính L như sau: giả sử số cần lập có k số 0 ( k lẻ) ta tiến hành lập số đó như sau: – Chọn số cho a1 có 2 cách ( vì a1  0 ). k – Chọn vị trí cho k số 0 từ 2017 vị trí  có C2017 cách. – Chọn số cho các vị trí còn trống có 22017  k cách. k .22017  k số thỏa mãn tính chất trên.  có 2.C2017 2017  L  2.(C12017 .22016  C32017 .22014  …  C2017 ). +) Tính C : lí luận tương tự như trên. C  2.(C02017 .22017  C22017 .22015  …  C2016 2017 .2) Áp dụng tính chất Cnk 1  Cnk  Cnk1 ta có 2017 2 L  C  2.[(C02017  C12017 ).22017  (C22017  C32017 ).22014  …  (C2016 2017  C2017 ).2]  2018  2.(C12018 .22017  C32018 .22014  …  C2017  (2  1) 2018  32018  1 2018 .2)  (2  1)  2 L  C  32018  1 [email protected] Câu 14. Cho tập A  1; 2;3;…; 2020 và các số a, b, c  A . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có dạng abc sao cho a  b  c và a  b  c  2019 . A. 2032129 . B. 2032128 . C. 677376 . D. 338688 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Trí Chính, FB: Nguyễn trí Chính Chọn D Gọi x là số các số tự nhiên có dạng abc sao cho a, b, c  A , a  b  c và a  b  c  2019 . Thì 3! x là số nghiệm  a; b; c  của phương trình: a  b  c  2019 1 với a; bc đôi một khác nhau. 2 Xét phương trình a  b  c  2019 1 , số nghiệm nguyên dương của 1 là C2018 TH1: Xét a  b  c  673 , 1 có 1 nghiệm a  b  c  673 TH2: Xét a  b, a  c . 1 : 2 a  c  2019 . Có 1  a  1009 , phương trình 2 a  c  2019  2  ,  2  có 1009 nghiệm  a; c   1 có 1009 nghiệm  a; b; c  , trừ nghiệm  673;673; 673  nên còn 1008 nghiệm TH3: Tương tự a  c, a  b hoặc b  c, b  a có 1008.2  2016 nghiệm Số nghiệm khác nhau của 1 : 3! x  1009.2017  1  3.1008   2032128 Suy ra x  338688 . 2 CM: “phương trình a  b  c  2019 có số nghiệm dương là C2018 CM: Xét phương trình a  b  c  2019 1 Nếu a  2017, b  c  2 : 1 có 1 nghiệm nguyên dương Nếu a  2016, b  c  3 : 1 có 2 nghiệm nguyên dương ……. Nếu a  1, b  c  2018 : 1 có 2017 nghiệm nguyên dương 2 Tất cả các nghiệm của 1 : 1  2  …  2017  1009.2017  C2018 [email protected] Câu 15. Từ các chữ số 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó phải có các chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau? A. 5880 . B. 960 . C. 4800 . D. 840 . Lời giải Tác giả: Lê Hồng Phi, FB: Lê Hồng Phi Chọn D Cách 1. Số tự nhiên có 5 chữ số có dạng a1a2 a3a4 a5 . Để thuận tiện ta xét luôn cả trường hợp a1  0 . +) Sắp hai chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau có 2! cách. +) Bố trí nhóm 1, 2 vào 2 vị trí liên tiếp trong 5 vị trí có 4 cách. +) Chọn chữ số cho 3 vị trí còn lại có A63 cách. Do đó có tất cả 2! 4  A63  960 số. Khi a1  0 thì bằng cách làm như trên ta tính được có 2! 3  A52  120 số. Vậy có tất cả 960  120  840 số tự nhiên thỏa mãn bài toán. Cách 2. Số tự nhiên có 5 chữ số có dạng a1a2 a3a4 a5 . Trường hợp hai chữ số 1, 2 đứng ở hai vị trí đầu tiên ( a1a2 ) +) Sắp hai chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau có 2! cách. +) Chọn chữ số cho 3 vị trí còn lại có A63  120 cách. Do đó, có 2  120  240 số. Trường hợp hai chữ số 1, 2 không đứng ở vị trí đầu tiên ( a1 ) +) Chọn chữ số cho vị trí a1 có 5 cách. +) Sắp hai chữ số 1, 2 đứng cạnh nhau có 2! cách. +) Bố trí nhóm 1, 2 vào 2 vị trí liên tiếp trong 4 vị trí có 3 cách. +) Chọn chữ số cho 2 vị trí còn lại có A52  20 cách. Do đó, có 5  2  3  20  600 số. Vậy có tất cả 240  600  840 số. Email: [email protected] Câu 16. Cho tập hợp A  1, 2,3….,100. Hỏi có bao nhiêu tập con gồm 3 phần tử của A mà tổng của 3 phần tử đó bằng 90 A. 638 . B.624. C. 631 . D. 609 . Tác giả:Nguyễn Thị Thúy. Facebook: Thuy Nguyen Lời giải Chọn C G/s tập hợp cần tìm có dạng E  a, b, c  a  b  30  c Không mất tính tổng quát g/s a  b  c , vì a  b  c  90    a  30  b  c a  b  30  c  30  b  44  2b  a  b  90   b  30,31,…, 44 TH1 : Nếu b  44  a  45  a có 1 cách chọn Nếu b  43  a  44, 45, 46  a có 3 cách chọn …………………………………………………….. Nếu b  30  a  31,32,33,…,59  a có 29 cách chọn  Số cách chọn cặp  a, b  là 1  3  5  ….  29  225 số Với mỗi cách chọn cặp  a, b  cho ta 1 cách chọn c  90   a  b  Có 225 cách chọn tập E trong trường hợp này a  30  b  c  b, c  1, 2,…, 29 TH2: Số cách chọn cặp  b, c  là C292  406 , với mỗi cách chọn cặp  b, c  cho ta 1 cách chọn a  90   b  c   Có 406 cách chọn tập E trong trường hợp này Vậy số cách chọn tập E là : 225+406= 631 Email: [email protected] Câu 17. Cho tam giác ABC , trên cạnh AB lấy 4 điểm khác A, B , trên cạnh BC lấy 5 điểm khác B, C , trên cạnh CA lấy 6 điểm khác C, A . Gọi S tổng số tứ giác tạo thành khi lấy 4 điểm trong 15 điểm nói trên. Khi đó S bằng? A. S  1365 . B. S  1020 . C. S  991 . D. S  1041 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Bá Đại Chọn B Lấy 4 điểm trong 15 điểm có C154  1365 . Số cách lấy 4 điểm trong đó, ba điểm nằm trên một cạnh, điểm thứ tư trên cạch khác là: 11.C43  10.C53  9.C63  324 . Số cách lấy 4 điểm trong đó , cả 4 điểm đều nằm trên một cạch là: C43  C54  C64  21 . Vậy S  1365  324  21  1020. Email: [email protected] Câu 18. Cho một lưới gồm các ô vuông kích thước 10  6 như hình vẽ sau đây. Một người đi từ A đến B theo quy tắc: chỉ đi trên cạnh của các ô vuông theo chiều từ trái qua phải hoặc từ dưới lên trên. Hỏi có bao nhiêu đường đi khác nhau để người đó đi từ A đến B đi qua điểm C ? A. C54 .C62 . B. C166 . C. C94 .C72 . D. C64 .C105 Lời giải Tác giả: Trịnh Văn Thạch Chọn C Mỗi đường đi từ A đến C gồm  5  4  đoạn (mỗi đoạn là một cạnh ô vuông). Tại mỗi đoạn, người đó chỉ được chọn đi lên (ta mã hóa là 1) hay đi sang phải (ta mã hóa là 0). Số đoạn đi lên là 4 và số đoạn đi sang phải là 5.  Mỗi đường đi từ A đến C là một chuỗi nhị phân 9 kí tự trong đó có 4 chữ số 1 và 5 chữ số 0. Từ đó số đường đi từ A đến C là C94 . Tương tự, số đường đi từ C đến B là C72 . Vậy đường đi khác nhau để người đó đi từ A đến B đi qua điểm C là C94 .C72 . [email protected] 23 6 số lần hình chữ nhật tạo từ 4 đỉnh trong 2n của hình đa giác đó. Hỏi đa giác đó có bao nhiêu đỉnh. A. 24 . B. 20 . C. 26 . D. 30 Lời giải Tác giả : Ngô Nguyễn Anh Vũ, FB: Euro Vu   Câu 19. Cho hình đa giác đều có 2n đỉnh n  2; n  Z  . Biết số đường chéo của hình đa giác bằng Chọn C Số đường chéo tạo thành từ 2n đỉnh của đa giác đều là: C22n  2n Đa giác đều có 2n đỉnh nên có n đường chéo qua tâm. Mỗi hình chữ nhật được tạo từ hai đường chéo qua tâm.Vậy số hình chữ nhật tạo thành là Cn2 Theo đề: C22n  2n  23 2  2n  !  2n  23 . n ! Cn  6 6  n  2  !2!  2n  2  !2!   2n  1 n  2n  23 n  1 n  24n2  36n  23n2  23n  n2  13n  0  n  13  12 Vậy đa giác có 26 đỉnh. [email protected] Câu 20. Có bao nhiêu số tự nhiên có năm chữ số đôi một khác nhau thỏa mãn tổng các chữ số hàng đớn vị, hàng chục và hàng trăm bằng 10. A. 1368 B. 1728 C. 2016 D. 1872 Lời giải Tác giả: Phạm Thanh My. Facebook: Pham Thanh My Chọn D Gọi số cần lập là abcde thỏa mãn a  0, c  d  e  10  c, d, e được lập từ các 0;1;9, 0;2; 8, 0; 3;7, 0; 4;6, 1;2;7, 1; 3;6, 1; 4;5, 2; 3;5 + Trường hợp 1: c, d , e được lập từ các bộ số có chứa chữ số 0. Chọn bộ để tạo c, d , e có 4 cách chọn, mỗi bộ có 3! cách xếp. Chọn và sắp xếp hai chữ số còn lại có A72 cách. Þ trường hợp 1 có 4.3!.A72 số. + Trường hợp 2: c, d , e được lập từ các bộ số không chứa chữ số 0. Chọn bộ để tạo c, d , e có 4 cách chọn, mỗi bộ có 3! cách xếp. Chọn chữ số a có 6 cách a  0 . Chọn chữ số b có 6 cách. Þ trường hợp 2 có 4.3!.6.6 số. Vậy có 1872 số thỏa mãn đề bài. [email protected] bộ số sau: Câu 21. Từ các chữ số thuộc tập X  0;1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 , ta lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số sao cho trong đó có một chữ số lặp lại 3 lần, một chữ số khác lặp lại 2 lần, và một chữ số khác với hai chữ số trên? A. 43200. B. 480. C. 3888. D. 38880. Lời giải Tác giả : Nguyễn Việt Thảo , FB: Việt Thảo Chọn D – Có 10 cách chọn chữ số xuất hiện 3 lần và có C63 cách chọn vị trí cho chữ số này. – Có 9 cách chọn chữ số xuất hiện 2 lần và có C32 cách chọn vị trí cho chữ số này. – Có 8 cách chọn 1 chữ số từ 8 chữ số còn lại. Khi đó có 10.C63 .9.C32 .8  43200 dãy số gồm 6 chữ số, trong đó chữ số đứng đầu có thể bằng 0 hoặc khác 0. – Xét trường hợp chữ số đứng đầu bằng 0. Khi đó ta có các trường hợp: + Chữ số 0 xuất hiện 3 lần, có C52 .9.C32 .8 số. + Chữ số 0 xuất hiện 2 lần, có C51.9.C43 .8 số. + Chữ số 0 xuất hiện 1 lần, có 9.C53 .8 số. Vậy các số cần tìm theo yêu cầu bài toán là: 10.C63 .9.C32 .8  C52 .9.C32 .8  C51.9.C43 .8  9.C53 .8  38880 (số). * Nhận xét: Ta có thể lập luận theo cách khác như sau: Vì vai trò của 10 chữ số thuộc tập X 10.C63 .9.C32 .8.9  38880 số. như nhau nên số các số cần tìm theo yêu cầu bài toán là: 10 [email protected] Câu 22. Từ các chữ số 1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số sao cho số tạo thành nhất định phải có mặt chữ số 1, các chữ số khác chỉ xuất hiện nhiều nhất một lần và không có số nào có hai chữ số 1 đứng cạnh nhau? A. 984 . B. 23 . C. 50 D. 58464 . Lời giải Tác giả : Hoàng Thị Thanh Nhàn, FB: Hoàng Nhàn Chọn D Gọi X  2,3, 4,5, 6, 7,8,9 Chỉ xảy ra các trường hợp sau: Trường hợp 1: 1 chữ số 1 và 5 chữ số khác nhau từ tập X : +) Chọn 5 chữ số từ tập X và xếp theo thứ tự thành hàng ngang: có A85 cách xếp. Khi đó, ta có 6 vị trí có thể xếp số 1, đó là 4 khoảng trống giữa 5 chữ số trên và hai đầu. +) Xếp số 1 vào một trong 6 vị trí nói trên: có C61 cách xếp. Suy ra trường hợp 1 có A85 .C61 cách xếp. Trường hợp 2: 2 chữ số 1 và 4 chữ số khác nhau từ tập X : +) Chọn 4 chữ số từ tập X và xếp theo thứ tự thành hàng ngang: có A84 cách xếp. Khi đó, ta có 5 vị trí có thể xếp số 1, đó là 3 khoảng trống giữa 4 chữ số trên và hai đầu. +) Xếp số 1 vào hai trong 5 vị trí nói trên: có C52 cách xếp. Suy ra trường hợp 2 có A84 .C52 cách xếp. Trường hợp 3: 3 chữ số 1 và 3 chữ số khác nhau từ tập X : +) Chọn 3 chữ số từ tập X và xếp theo thứ tự thành hàng ngang: có A83 cách xếp. Khi đó, ta có 4 vị trí có thể xếp số 1, đó là 2 khoảng trống giữa 3 chữ số trên và hai đầu. +) Xếp số 1 vào ba trong 4 vị trí nói trên: có C43 cách xếp. Suy ra trường hợp 2 có A83 .C43 cách xếp. Vậy có A85 .C61  A84 .C52  A83 .C43  58464 số. [email protected] Câu 23. Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số mà trong mỗi số đó không có chữ số nào lặp lại đúng 4 lần? A. 99595 . B. 89560 . C. 89640 . D. 89595 . Lời giải Sưu tầm : Nguyễn Minh Cường, FB: yen nguyen Chọn D * Gọi n  abcde là số tự nhiên gồm 5 chữ số. 4 a có 9 cách chọn; b, c, d , e mỗi chữ số đều có 10 cách chọn  có 9.10 số n . * Tìm các số tự nhiên có 5 chữ số trong đó có 1 chữ số lặp lại đúng 4 lần. + TH chữ số 0 lặp lại 4 lần: a 0000 ; TH này có 9 số. + TH chữ số 1 lặp lại 4 lần: Dạng a1111 a  1 : a có 8 cách chọn  có 8 số. Dạng 1×111 a  1 : x có 9 cách chọn và có 4 vị trí  có 9.4  36 số. Suy ra TH này có 8  36  44 số. Các TH chữ số từ 2 đến 9 lặp lại 4 lần tương tự TH chữ số 1 lặp 4 lần, mỗi TH đều có 44 số. Suy ra có tất cả 9  9.44  405 số có 5 chữ số trong đó có đúng 1 chữ số lặp lại 4 lần. Vậy có 9.104  405  89595 số thỏa yêu cầu bài toán. Email: [email protected] Câu 24. Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau, chia hết cho 4 , nhỏ hơn 4567 và có chữ số hàng chục là chữ số lẻ. A. 171 . B. 172 . C. 173 . D. 170 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Tuấn,Tên FB: Nguyễn Tuấn Chọn B Gọi abcd là số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau, chia hết cho 4 , nhỏ hơn 4567 và có chữ số hàng chục là chữ số lẻ. Ta có: abcd  4  1000a  100b  10c  d  4  2c  d  4 (1) Mặt khác do c lẻ nên 2c chia cho 4 dư 2 , nên để thỏa mãn (1), thì d phải chia cho 4 dư 2 . TH1: a  1;3 . Khi đó do c lẻ suy ra c  1;3;5;7;9 a suy ra c có 4 cách chọn. Ta có d chia cho 4 dư 2 , hay d  2; 6 . Sau khi chọn a, c, d thì b có 7 cách chọn. Vì vậy trong trường hợp này có 2.4.2.7  112 số thỏa mãn. TH2: a  2 . Khi đó do c lẻ suy ra c  1;3;5;7;9 suy ra c có 5 cách chọn. Ta có d chia cho 4 dư 2 , hay d  6 . Sau khi chọn a, c, d thì b có 7 cách chọn. Vì vậy trong trường hợp này có 1.5.1.7  35 số thỏa mãn. TH3: a  4, b  1;3 . Khi đó do c lẻ suy ra c  1;3;5;7;9 b suy ra c có 4 cách chọn. Ta có d chia cho 4 dư 2 , hay d  2; 6 . Vì vậy trong trường hợp này có 1.2.4.2  16 số thỏa mãn. TH4: a  4, b  2 . Khi đó do c lẻ suy ra c  1;3;5;7;9 suy ra c có 5 cách chọn. Ta có d chia cho 4 dư 2 , hay d  6 . Vì vậy trong trường hợp này có 1.1.5.1  5 số thỏa mãn. TH5: a  4, b  5 . Khi đó c  1;3 . Ta có d chia cho 4 dư 2 , hay d  2; 6 . Vậy trong trường hợp này có 2.2  4 số thỏa mãn. Do đó có 172 số thỏa mãn đề bài. [email protected] Câu 25. Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số sao cho trong đó có một chữ số xuất hiện bốn lần, một chữ số khác xuất hiện hai lần và một chữ số khác với hai chữ số trên? A. 75600 . B. 68040 . C. 68400 . D. 60480 . Lời giải Tác giả: Vũ Danh Được Chọn B Ta xét các số có chữ số 0 đứng đầu, khi đó: Có 10 cách chọn chữ số xuất hiện 4 lần và có C74 cách chọn 4 vị trí trong 7 vị trí cho chữ số này. Có 9 cách chọn chữ số (khác với chữ số trên) xuất hiện 2 lần và có C32 cách chọn 2 vị trí trong 3 vị trí còn lại cho chữ số này. Chữ số còn lại (khác với hai chữ số trên) có 8 cách chọn. Vậy số các số là 10.C74 .9.C32 .8  75600 (số) Vì vai trò của các chữ số 0, 1, 2, …,9 là như nhau nên số các số có chữ số 0 đứng đầu là 75600 :10  7560 (số) Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 75600  7560  68040 (số) Email: [email protected] Câu 26. Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 3, biết số đó gồm 2018 chữ số lấy từ tập hợp X  3;5;7;9 . A. 42018  4 3 . B. 42018  3 3 . C. 42018  2 3 . D. 42018  1 3 Lời giải Tác giả : Trần Văn Nam,Tên FB: Trần Văn Nam Chọn C Gọi S n là số các số tự nhiên chia hết cho 3, mỗi số gồm n chữ số lấy từ tập hợp X. Dễ thấy S1  2 Gọi Pn là số các số tự nhiên không chia hết cho 3, mỗi số gồm n chữ số lấy từ tập hợp X. Ta có Sn  Pn  4n  n  1, 2,3… Ta tính S n 1 như sau: Giả sử A là số tự nhiên bất kì gồm n chữ số lấy từ tập hợp X, có các trường hợp sau: Nếu A chia hết cho 3 thì ta viết thêm chữ số 3 hoặc chữ số 9 vào bên phải của A để được một số chia hết cho 3, gồm n+1 chữ số lấy tự tập hợp X. Nếu A chia hết cho 3 dư 1 thì ta viết thêm chữ số 5 vào bên phải của A để được một số chia hết cho 3, gồm n+1 chữ số lấy tự tập hợp X. Nếu A chia hết cho 3 dư 2 thì ta viết thêm chữ số 7 vào bên phải của A để được một số chia hết cho 3, gồm n+1 chữ số lấy tự tập hợp X. Do đó S n 1  2 S n  Pn thay S n  Pn  4 n , ta được Sn 1  Sn  4n 1, 2,3…. . Ta có Sn   Sn  Sn 1    Sn 1  Sn 2   ….   S2  S1   2  4n 1  4n 2  …  4  2  4n  2 3 Vậy số phải tính là S2018  42018  2 3 Email: [email protected] Câu 27. Một số tự nhiên được gọi là số thú vị nếu số này có 8 chữ số đôi một khác nhau được lập thành tự tập 1; 2;…;8 và số đó chia hết cho 1111. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thú vị như thế? A. 383 . B. 384 . C. 386 . D. 388 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Minh Tuấn Facebook: Minh Tuấn Chọn B Số cần tìm có dạng i  a1a2 a3 a4b1b2b3b4 . Ta có tổng các chữ số của số cần tìm là tổng các chữ số từ 1 đến 8 bằng 36 chia hết cho 9 nên số cần tìm chia hết cho 9. Do 9 và 1111 có ước chung lớn nhất là 1 nên theo giả thiết thì i chia hết cho 9999. Đặt x  a1a2 a3 a4 , y  b1b2b3b4 . Ta có i  x.104  y  9999 x  x  y chia hết cho 9999 từ đó suy ra  x  y chia hết cho 9999. Mặt khác 0  x  y  2.9999  x  y  9999 . Do đó a1  b1  a2  b2  a3  b3  a4  b4  9 Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7,8 có 4 cặp 1;8  ,  2;7  ,  3; 6  ,  4;5  nên có 8 cách chọn a1 ; 6 cách chọn a2 ; 4 cách chọn a3 và 2 cách chọn a1 tức chọn ak có luôn bk . Vậy số các số thú vị là 8.6.4.2  384 số Email: [email protected] Câu 28. Cho tập A  1; 2;3;…; 2018 và các số a, b, c  A . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên có dạng abc sao cho a  b  c và a  b  c  2016 . A. 2027070 . B. 2026086 . C. 337681 . D. 20270100 . Lời giải Tác giả : Lê Cẩm Hoa Chọn C Xét phương trình a  b  c  2016 . 2 Ta biết phương trình trên có C2015 nghiệm nguyên dương. TH1: Xét các cặp nghiệm 3 số trùng nhau: a  b  c  672 . TH2: Xét các cặp nghiệm có a  b , c  a  2 a  c  2016 . Suy ra c là số chẵn thỏa 0  c  2016 nên có 1007 giá trị c . Do đó có 1007 cặp, mà có cặp trừ cặp  672, 672, 672  (loại). Do đó có 1006 cặp. Tương tự ta suy ra có 1006.3 cặp nghiệm có 2 trong 3 số trùng nhau. C 2  3.1006  1  337681 . Do số tập hợp gồm ba phần tử có tổng bằng 2016 là 2015 3! (Chia cho 3! là do a  b  c nên không tính hoán vị của bộ ba  a, b, c  ) [email protected] Câu 29. Từ hai chữ số 0 và 1 tạo ra được bao nhiêu số có 2018 chữ số thỏa mãn hai điều kiện: i) Chia hết cho 5 ii) Có tổng các chữ số là một số chẵn. A. 22018 . B. 22017 . C. 22015 D. 22016 . Lời giải Tác giả : Lê Thị Nguyệt, FB: Nguyệt Lê Chọn C Giả sử số thỏa đề bài có dạng a1a2 …a2018 . Vì a1  0 nên a1  1. Vì a1a2 …a2018  5 nên a2018  0. Vì tổng các chữ số là một số chẵn nên trong các số a2, a 3,…, a 2017 có một số lẻ số ai  1. 1 3 2015  C 2016    C 2016  22015 số thỏa đề bài. Do đó có tất cả C 2016 Email- [email protected] Câu 1. Từ 1 hộp đựng 100 thẻ đánh số thứ tự từ 1 đến 100 lấy ngẫu nhiên 3 thẻ. Xác suất của biến cố: A=”Số ghi trên 3 thẻ là số đo 3 cạnh của một tam giác” là: 95 65 35 55 A. . B. . C. D. . 132 132 236 236 Lờigiải Tác giả : Hoàng Mạnh Hùng, FB: Vô Thường Chọn B 3 n()  C100  161700 . Gọi x,y, z là số ghi trên 3 thẻ được lấy ra thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đặt: A k  (x; y; z)/x, y, z  1, 2,…,100 ,1  x  y  z=k, (x+y)>z .  n(A)  A1  A2  A3  …  A100 Tính Ak với (4  k  100) .Dễ thấy rằng: A1  A2  A3  0 TH1 :k chẵn, k  2m (m  2) . Xét 1  x  m ,  k  2m  2x  (k  x)  x ; (x  y)  z  y>(k-x)  x  (k-x+1)  y  (z  1) Ta có số cách chọn y là: (k  1)  (k  x  1)  1  (x  1) Xét x  m ,  (x  y)  2x  2m  z (thỏa mãn đk)  (x  1)  y  (z-1)=(2m-1) Ta có số cách chọn y là: (2m  1)  (x  1)  1  (2m  x  1) 2m 1 m Vậy,với k  2m ta có: A k   (x  1)  x 1  (2m  x  1)  (m  1)2 x  m 1 TH2 :k lẻ, k  (2m  1) (m  2) . Xét 1  x  m ,  k  (2m  1)  2x  (k  x)  x (x  y)  z  y>(k-x)>x  (k-x+1)  y  (z  1) Ta có số cách chọn y là: (k  1)  (k  x  1)  1  (x  1) Xét x  m ,ta thấy rằng : y sao cho (x  1)  y  (z  1) ta có: (x  y)  x  (x  1)  (2x  1)  (2m  1)  z (thỏa mãn đk) Ta có số cách chọn y là: (2m  1  1)  (x  1)  1  (2m  x) m 2m Vậy,với k  (2m +1) ta có: A k   (x  1)  x 1  (2m  x)  m(m  1) x  m 1  n(A)  A1  A2  A3  …  A100  ( A1  A3  …  A99 )  ( A2  A4  …  A100 ) 49 50  n(A)   m(m  1)   (m  1)2  39200  40425  79625 m 0 m 1 n(A) 79625 65  P(A)    n() 161700 132 [email protected] Câu 2. Cho tập hợp số A  1; 2; 3;…;2019 . Lấy ngẫu nhiên ra hai số, tính xác suất để lấy được hai số mà bình phương số này cộng ba lần số kia đều là các số chính phương. 1 2 5 A. 0. B. 2 . C. 2 . D. 2 . C2019 C2019 C2019 Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Quý,Tên FB: Quybacninh Chọn B Trang 1/24 – Mã đề thi 483 Gọi hai số được lấy ra đồng thời từ tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán là x , y  x , y   * , x  y  . Không làm mất tính tổng quát giả sử x  y . x 2  3 y  k 2  k  * , k  x  . Ta thấy rằng 4 x  3 x  3 y . Đặt k  x  t t  1 Nếu t  2 thì x 2  2 xt  t 2  k 2  2 xt  t 2  3 y  3 y  2 xt  4 x (Vô lý) Nên t  2  t  1 . Khi đó, 2 x  1  2 y  x  3 y 1 9 y 3 , 3x   6 y (*) 2 2 Tương tự: y 2  3 x  m 2 m   * , m  y  . Đặt m  y  z Nếu z  3 thì m 2  y 2  2 yz  z 2  3 x  2 yz  z 2  3 x  2 yz  6 y ( Vô lý với (*)). Nên z  3  z  1, 2 Với z  1  9 y 3  2 y  1  y  1, x  1 (loại). 2 Với z  2  9 y 3  4 y  4  y  11, x  16 2 Suy ra:  x ; y   16;11 Số phần tử của biến cố bằng 1 . Vậy xác suất của biến cố là 1 2 C2019 . Đáp án B. Email: [email protected] Câu 3. Thầy chủ nhiệm có 16 cuốn sách đôi một khác nhau gồm 8 cuốn sách toán, 5 cuốn sách lý và 3 cuốn sách anh. Thầy lấy 8 cuốn tặng đều cho 8 bạn học sinh. Tính xác suất để sau khi tặng mỗi loại sách còn ít nhất một cuốn. 173 163 127 134 A. . B. . C. . D. . 195 185 175 165 Lời giải Tác giả :Cao Văn Tùng,Tên FB: Cao Tung Chọn A – Số cách tặng 8 quyển bất kỳ là A168  518918400. – Để mỗi loại sách còn ít nhất một cuốn ta xét trường hợp đối là có sách được tặng hết. +) Tặng hết sách toán có 8!  40320 cách. +) Tặng hết cả sách lý và anh A85 . A33  8!  40320 cách.   +) Chỉ tặng hết sách lý có A85 . A113  A33  6612480 cách.   +) Chỉ tặng hết sách anh có A83 . A135  A55  51851520 cách. – Số cách tặng mỗi loại sách để còn ít nhất một cuốn là 518918400  2.40320  6612480  51851520  460373760 Trang 2/24 – Mã đề thi 483 - Xác suất cần tìm là P  A   460373760 173 .  518918400 195 [email protected] Câu 4. Từ tập hợp X  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 ta thành lập được các số tự nhiên có 6 chữ số, lấy ngẫu nhiên một số. Tính xác suất để trong số tự nhiên được lấy ra chỉ có mặt bốn chữ số khác nhau (kết quả làm tròn đến hàng phần chục). A. 0,18 . B. 0, 54 . C. 0, 37 . D. 0, 42 . tác giả: Lê Thanh Bình Lời giải Chọn C Xét phép thử T : “Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có sáu chữ số mà các chữ số đều khác 0” . Số phần tử không gian mẫu   96  531441 . Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. Số cách chọn 4 chữ số phân biệt a; b; c; d từ 9 chữ số khác 0 là C94 . Chọn 2 chữ số còn lại từ 4 chữ số đó, có ba trường hợp:  Trường hợp 1 : Một trong các chữ số a; b; c; d : xuất hiện 3 lần, 3 chữ số còn lại xuất hiện một lần. Khi ấy, ta có 4. 6!  480 số tự nhiên. 3!.1!.1!.1!  Trường hợp 2 : Hai trong bốn chữ số a; b; c; d xuất hiện hai lần, hai chữ số còn lại mỗi số xuất hiện một lần. Khi ấy, ta có C42 . 6!  1080 số tự nhiên. 2!.2!.1!.1! Suy ra A   480  1080  .C94  196560 . A 196560   0,3698623177 .  531441 Email: [email protected] Vậy P ( A)  Câu 5. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số thuộc S . Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 45. 53 53 53 5 A. B. C. . D. . . . 2268 2520 252 324 Lời giải Tác giả: Lê Cảnh Dương,Tên FB: Cảnh Dương Lê Chọn A Số phần tử của không gian mẫu   A108  A97 . Gọi A là biến cố chọn được số chia hết cho 45. Gọi B  0,1, 2, 3, 4,5, 6, 7,8,9 . Số chia hết cho 45 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 9 và chia hết cho 5. Do 0  1  2  …  9  45 9 nên ta có các bộ số mà tổng chia hết cho 9 là: B 0,9 ; B 1,8 ; B 2, 7 ; B 3, 6 ; B 4,5 TH1: Số có 8 chữ số lấy từ tập B 0, 9 có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 và chia hết cho 5 nên a8  5 , suy ra có 7! số TH2: Số có 8 chữ số lấy từ tập B 4, 5 có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 và chia hết cho 5 nên a8  0 , suy ra có 7! số Trang 3/24 – Mã đề thi 483 TH3 : Số có 8 chữ số lấy từ tập B 1,8 có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 và chia hết cho 5 nên có 2 trường hợp : * a8  0 có 7! số. * a8  5 có 6.6! số. Suy ra trong trường hợp này có 7! 6.6! số. Tương tự các trường hợp B 2, 7 , B 3, 6 mỗi trường hợp có 7! 6.6! số. Số kết quả thuận lợp cho biến cố A là A  2.7! 3.  7! 6.6!  38160. Vậy xác suất biến cố A là p  A   A   38160 53  . 8 7 A10  A9 2268 Email: [email protected] Câu 6. Cho tập A  0;1; 2;3;4;5;6 . Gọi X là tập các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ A . Chọn một số từ X , tính xác suất sao cho số được chọn có đúng 3 chữ số chẵn 4 17 281 2 A. . B. . C. . D. . 7 35 540 3 Lời giải Tác giả: Trần Đông Phong FB: Phong Do Chọn C Có 6. A64  2160 số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau lập từ A ,  n  X   2160 Chọn một số từ X , số phần tử của không gian mẫu là n   2160 Gọi B là biến cố “chọn được số có đúng 3 chữ số chẵn” Xét: abcde là số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau trong đó có đúng 3 chữ số chẵn TH1: Xét bộ có 5 số trong đó có 3 chữ số chẵn có mặt số 0 và 2 số lẻ. Có tất cả C32 .C32 bộ. Ứng với mỗi bộ có 4.4! số Suy ra có: C32 .C32 .4.4!  864 số TH2: Xét bộ có 5 số trong đó có 3 chữ số chẵn không có số 0 và 2 chữ số lẻ. Có tất cả C32 bộ. Ứng với mỗi bộ trên có 5! số Suy ra có: C32 .5!  360 số – Vậy số phần tử của biến cố B là n  B  1224 Xác suất P  A  n  B  281  n  540 Email: [email protected] Câu 7. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 10 chữ số lập từ tập X  6;8 . Chọn 1 số từ S , tính xác suất để số được chọn là số không có hai chữ số 6 nào đứng cạnh nhau?. 9 143 143 145 A. 6 . B. 10 . C. 6 . D. 10 . 2 2 2 2 Lời giải Trang 4/24 – Mã đề thi 483 Tác giả: Đào Hữu Nguyên Fb: Đào Hữu Nguyên Chọn A Số phần tử không gian mẫu: n()  210 Gọi A là biến cố số tự nhiên gồm 10 chữ số sao cho không có hai chữ số 6 nào đứng cạnh nhau TH1. Số có 10 cs 8: Có 1 số TH2. Số có 9 cs 8 và 1 cs 6. Xếp 9 cs 8 thành hàng: Có 1 cách.Khi đó tạo nên 10 vị trí để xếp chữ số 6. Xếp chữ số 6:Có C101 cách Suy ra trong trường hợp này có C101 số TH3. Số có 8 cs 8 và 2 cs 6. Xếp 8 cs 8 thành hàng: Có 1 cách.Khi đó tạo nên 9 vị trí để xếp chữ số 6. Xếp chữ số 6:Có C92 cách Suy ra trong trường hợp này có C92 số TH4. Số có 7 cs 8 và 3 cs 6. Xếp 7 cs 8 thành hàng: Có 1 cách.Khi đó tạo nên 8 vị trí để xếp chữ số 6. Xếp chữ số 6:Có C83 cách Suy ra trong trường hợp này có C83 số TH5. Số có 6 cs 8 và 4 cs 6. Xếp 6 cs 8 thành hàng: Có 1 cách.Khi đó tạo nên 7 vị trí để xếp chữ số 6. Xếp chữ số 6:Có C74 cách Suy ra trong trường hợp này có C74 số TH6. Số có 5 cs 8 và 5 cs 6. Xếp 5 cs 8 thành hàng: Có 1 cách.Khi đó tạo nên 6 vị trí để xếp chữ số 6. Xếp chữ số 6:Có C65 cách Suy ra trong trường hợp này có C65 số Vậy n( A)  1  C101  C92  C83  C74  C65  144 Suy ra P  n( A) 144 9   n() 210 26 Tổng quát : Thầy Vô Thường Gỉa sử số được lập từ k số 6 và 10-k số 8. + Xếp 10-k số 8: Có 1 cách (0  k  5) + Xếp k số 6 vào trong 11-k khoảng trống tạo bởi 10-k số 8: Có C11k  k cách. 5 Suy ra số các số được lập k 11 k C k 0  144 . Vậy P  n( A) 144 9   n() 210 26 [email protected] Câu 8. Một chuồng có 3 con mèo trắng và 4 con mèo đen.Người ta bắt ngẫu nhiên lần lượt từng con ra khỏi chuồng cho đến khi nào bắt được 3 con mèo trắng mới thôi.Tính xác xuất để cần phải bắt ít nhất 5 con mèo là. A. 4 . 5 B. 4 . 35 C. 29 . 35 D. 31 . 35 Lời giải Tác giả : Trần Minh Tuấn _Bắc Ninh Chọn D Xét biến cố đối của biến cố cần tính là A : ‘’bắt được 3 con mèo trắng trong 3 hoặc 4 lần’’ Trang 5/24 – Mã đề thi 483 TH1: A1 :”Bắt được 3 con mèo trắng trong 3 lần đầu” n A  7.6.5 , nA1  3!  6  p ( A1 )  1 6 1  7.6.5 35 TH2: A2 :” Bắt được 3 con mèo trắng trong 4 lần đầu” n A  7.6.5.4 2 Để không trùng trường hợp 1 thì chắc chắn lần 4 phải bắt được một con trắng 3 lần đầu sẽ bắt được 2 con trắng và một con đen,số cách chọn 1 con đen là C 41 ,con đem chỉ có thể bắt được 1 trong 3 lần đầu nên nó có 3 cách để bắt,còn lại 3 con trắng có số cách bắt là A33 như vậy số cách thuận lợi cho biến cố A2 là nA 2 Vậy p ( A)  C41 .3. A33 3   C .3. A  p( A2 )  7.6.5.4 35 1 4 3 3 1 3 4   35 35 35 Suy ra xác xuất cần tính là p ( A)  1  4 31  35 35 [email protected] Câu 9. Có 8 bạn cùng ngồi xung quanh một cái bàn tròn, mỗi bạn cầm một đồng xu như nhau. Tất cả 8 bạn cùng tung đồng xu của mình, bạn có đồng xu ngửa thì đứng, bạn có đồng xu sấp thì ngồi. Tính xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là 46 45 48 47 A. . B. . C. . D. . 256 256 256 256 Lời giải Tác giả: Phan Chí Dũng ; Fb: Phan Chí Dũng Chọn D Số phần tử của không gian mẫu là n()  28  256 Gọi A là biến cố không có hai người liền kề cùng đứng. Ta có các trường hợp xẩy ra: Trường hợp 1: Có nhiều nhất 1 đồng xu ngửa. Kết quả của trường hợp này là 1  8  9 Trường hợp 2: Có 2 đồng xu ngửa. Hai đồng xu ngửa kề nhau suy ra có 8 khả năng. Vậy trường hợp này có C82  8  20 Trường hợp 3: Có 3 đồng xu ngửa. Có 3 đồng xu ngửa kề nhau: có 8 kết quả Trong 3 đồng xu ngửa, có đúng một cặp kề nhau: có 8.4  32 Suy ra số kết quả của trường hợp này là C83  8  32  16 Trường hợp 4: Có 4 đồng xu ngửa. Trường hợp này có 2 kết quả thỏa mãn biến cố A xẩy ra. Vậy số kết quả thỏa mãn biến cố A là n( A)  9  20  16  2  47 Suy ra xác suất để không có hai người liền kề cùng đứng là : P ( A)  47 256 Email: [email protected] Trang 6/24 – Mã đề thi 483 Câu 10. Gọi S là tập hợp các ước số nguyên dương của số 79413075 . Lấy ngẫu nhiên hai phần tử thuộc S . Tính xác suất lấy được hai phần tử là hai số không chia hết cho 5. A. 1 . 3 B. P  9 . 83 C. P  2 . 83 D. P  2 . 9 Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Mạnh,Tên FB: Nguyễn Văn Mạnh Chọn B Ta có 79413075  76.33.52 . Mỗi ước nguyên dương của số 79413075 là một số có dạng 7i.3 j.5k , trong đó i  0;1; 2;3; 4;5;6 , j  0;1; 2;3 , k  0;1; 2 . Số ước nguyên dương bằng số bộ  i; j; k  được chọn từ 3 tập trên. Suy ra số cách chọn bộ  i; j; k  từ 3 tập trên là 7.4.3=84 (cách) nên số phần tử của S là 84. Có C842 cách chọn ngẫu nhiên hai phần tử thuộc S . Mỗi ước nguyên dương không chia hết cho 5 của số 79413075 là một số có dạng 7i.3 j.50 Suy ra số các ước của 79413075 không chia hết cho 5 trong tập S là 7.4  28 . Do đó có C282 cách lấy hai phần tử thuộc S mà không chia hết cho 5. Suy ra xác suất lấy được hai số không chia hết cho 5 trong S là P  C282 9  2 C84 83 Email: [email protected] Câu 11. Cho tam giác đều H có cạnh bằng 8 . Chia tam giác đều này thành 64 tam giác đều có cạnh bằng 1 bởi các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác đều đã cho. Gọi S là tập hợp các đỉnh của 64 tam giác đều có cạnh bằng 1 . Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của tập S . Tính xác suất để 4 đỉnh chọn được là bốn đỉnh của một hình bình hành nằm trong miền trong tam giác đều H và có cạnh chứa các cạnh của tam giác đều cạnh bằng 1 ở trên. A. 45 . 473 B. 64 473 C. 2 . 210 D. 2 473 Lời giải Tác giả : Nguyễn Thị Thanh Thảo,Tên FB: Nguyễn Thanh Thảo Chọn D Trang 7/24 – Mã đề thi 483 +) Xét phép thử chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh của tập S. Ta thấy có 1  2  3  …  9  45 giao điểm giữa các đường thẳng nên số phần tử của không gian mẫu là n     C 445 . +) Gọi biến cố A:” 4 đỉnh chọn được là bốn đỉnh của một hình bình hành nằm trong miền trong tam giác đều H và có cạnh chứa các cạnh của tam giác đều cạnh bằng 1 ở trên”. +) Ta thấy có 3 loại hình bình hành dựa vào cách chọn phương của hai cạnh của hình bình hành. Số hình bình hành của mỗi loại là bằng nhau nên chỉ cần tính một loại rồi nhân với 3 . +) Dựng thêm một đường thẳng song song với cạnh đáy và cách cạnh đáy một khoảng bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng song song kề nhau, tạo thành một tam giác đều mở rộng như hình vẽ. Ta chia cạnh mới thành 9 phần bằng nhau bởi 8 , cộng thêm 2 đầu mút nữa thành 10 điểm. Các điểm được đánh số từ trái sang phải từ 1 đến 10 . Khi đó, với 1 hình bình hành có hai cạnh song song với hai cạnh bên tương ứng với bốn số 1  a  b  c  d  10 theo quy tắc sau: Nối dài các cạnh của hình bình hành, cắt các cạnh mới tại 4 điểm có số thứ tự là a , b , c , d . Ví dụ với hình bình hành màu đỏ trên ta có bộ  2, 5, 7, 9  . Ngược lại nếu có một bộ số 1  a  b  c  d  10 ta sẽ kẻ các đường thẳng từ điểm a , b song song với cạnh bên trái và từ c , d song song với cạnh bên phải giao nhau ra một hình bình hành. +) Vậy số hình bình hành loại này là số cách lấy ra bốn số phân biệt  a; b; c;d  từ 10 số tự nhiên 1, 2, 3,…, 10 4  210 . và ta được C 10 4  630 hình bình hành. Vậy kết quả là 3.C 10 4 3C 10 2 Vậy xác suất cần tính là P  A   4  . C 45 473 Email- [email protected] Câu 12. Từ 1 hộp đựng 100 thẻ đánh số thứ tự từ 1 đến 100 lấy ngẫu nhiên 2 thẻ. Xác suất của biến cố: A=”Tổng số ghi trên 2 thẻ nhỏ hơn 70” là: 49 119 161 578 A. . B. . C. . D. . 198 495 330 2475 Lờigiải Tác giả : Hoàng Mạnh Hùng, FB: Vô Thường Chọn D 2  4950 1) n     C100 2) Tính n(A) . +Gọi x,y ( x  y) là số thứ tự ghi trên 2 thẻ được lấy ra có tính chất (x  y)  70 +Với x  y  2x  70  1  x  34 Trang 8/24 – Mã đề thi 483 +Từ x  y và x  y  70  x  y  (70  x)  (x  1)  y  (69  x) .Như vậy số cách chọn y ứng với mỗi cách chọn x là: (69  x)  (x  1)  1  (69  2x) cách. 34  n(A)   (69  2x)  1156 cách. x 1 n(A) 1156 578 .   n() 4950 2475 [email protected] Vậy : P(A)  Câu 13. [ĐỀ THI HSG 12 TPHCM 2017_2018] Một lớp có 36 ghế đơn được xếp thành hình vuông 6×6. Giáo viên muốn xếp 36 học sinh, trong đó có hai chị em là Hạnh và Phúc. Tính xác suất để hai chị em Hạnh và Phúc luôn được ngồi gần nhau theo chiều dọc hoặc ngang? A. 4 . 21 B. 3 . 21 C. 1 . 21 D. 2 . 21 Lời giải Tác giả : Trần Quốc Đại, FB: Trần Quốc Đại Chọn D Gọi  là không gian mẫu ta có n  36! . Gọi A là biến cố hai chị em Hạnh và Phúc ngồi ở vị trí thỏa yêu cầu. Ta tính được n A  60.2!34! . Vậy P  A  nA 2  . n 21 [email protected] Câu 14. Thầy giáo có 7 quyển sách Toán, 8 quyển sách Vật lí và 9 quyển sách Hóa Học (các quyển sách cùng loại là giống nhau) dùng để làm phần thưởng cho 12 học sinh, sao cho mỗi học sinh được 2 quyển sách khác loại. Trong số 12 học sinh đó có bạn An và bạn Bình. Tính xác suất để bạn An và bạn Bình có phần thưởng giống nhau. 23 6 7 19 A. B. C. D. 66 11 11 66 Lời giải Tác giả: Nguyễn Mạnh Cường; Fb: Cuong Nguyen Chọn D Gọi số x, y, z là số cặp sách Toán – Lý, Toán – Hóa và Lý – Hóa x  y  7 x  3   Giải hệ phương trình  x  z  8   y  4  y  z  9 z  5   Số cách phát ngẫu nhiên 12 bộ sách cho 12 học sinh: n()  12!  27720 3!4!5! TH 1: An và Bình nhận bộ sách Toán – Lý, số cách phát 10 bộ sách còn lại cho 10 học sinh: 10!  1260 4!5! TH 2: An và Bình nhận bộ sách Toán – Hóa, số cách phát 10 bộ sách còn lại cho 10 học sinh: 10!  2520 3!2!5! Trang 9/24 – Mã đề thi 483 TH 3: An và Bình nhận bộ sách Lý – Hóa, số cách phát 10 bộ sách còn lại cho 10 học sinh: 10!  4200 3!4!3! Tổng số cách phát 12 bộ sách cho 12 học sinh mà An và Bình nhận phần thưởng giống nhau: n(A )  7980 19 66 [email protected] Đáp số: P(A)  Câu 15. Ba bạn An, Bình, Nam chơi phi tiêu, ai phi trúng mục tiêu trước thì người đó thắng cuộc chơi và được hai bạn còn lại mua tặng vé xem trận bán kết AFF Susuki Cup 2018 của tuyển Việt Nam. Thứ tự chơi lần lượt là: An, Bình, Nam; An, Bình, Nam; … Xác suất phi trúng mục tiêu trong một lần phi tiêu của An, Bình, Nam tương ứng là 0,2; 0,4 và 0,6. Gọi P1, P2, P3 lần lượt là xác suất giành chiến thắng của ba bạn An, Bình, Nam. Khi đó, khẳng định nào sau đây đúng? A. P1 < P2 < P3. B. P1 > P2 > P3. C. P2>P3>P1. D. chưa đủ dữ kiện tính. Lời giải Tác giả :Nguyễn Văn Đắc, FB: Đắc Nguyễn Chọn C Gọi các biến cố: A, B, C lần lượt là biến cố An thắng, Bình thắng, Nam thắng. An: “ An thắng nhờ bắn trúng mục tiêu ở lượt bắn thứ n của mình” Bn: “ Bình thắng nhờ bắn trúng mục tiêu ở lượt bắn thứ n của mình” Cn: “ Nam thắng nhờ bắn trúng mục tiêu ở lượt bắn thứ n của mình” Khi đó: A  A1  A2  A3  … và A1, A2, A3, … đôi một xung khắc. Để An xảy ra thì ở n-1 lượt phi tiêu đầu cả An, Bình, Nam đều phi trượt và An phi trúng ở lượt phi tiêu thứ n của mình. Ta có: P (A n )  (0,8.0, 6.0, 4) n 1.0, 2  0,192 n 1.0, 2 Vậy dãy số P(An) là cấp số nhân lùi vô hạn với công bội 0,192 và số hạng đầu bằng 0,2 Do đó xác suất để An giành chiến thắng là P (A)  P(A1 )  P(A 2 )  P(A 3 )  …  Tương tự ta có: P (Bn )  (0,8.0, 6.0, 4) n 1.0,8.0, 4  0,192n 1.0,32 và P (B)  P (Cn )  (0,8.0, 6.0, 4) n 1.0,8.0, 6.0, 6  0,192n 1.0, 288 và P (C)  0, 2 25  1  0,192 101 40 101 36 101 Từ đó P2>P3>P1. [email protected] Xác suất bắn trúng mục tiêu trong một lần bắn của ba xạ thủ A, B, C lần lượt là 0,9; 0,8 và 0,7. Tính xác suất sau 3 lượt bắn của mỗi xạ thủ, xạ thủ A bắn trúng mục tiêu nhiều hơn hai xạ thủ còn lại, kết quả làm tròn đến hàng phần triệu. A.0,333333. B.0,233729. C.0,504. D.0,234323. Lời giải Tác giả :Nguyễn Văn Đắc, FB: Đắc Nguyễn Chọn D Gọi các biến cố: Trang 10/24 – Mã đề thi 483 X : “xạ thủ A bắn trúng mục tiêu nhiều hơn hai xạ thủ B, C sau 3 lượt bắn” X1: “ xạ thủ A bắn trúng 3 lần, cả 2 xạ thủ B, C bắn trúng tối đa 2 lần” X2: “ xạ thủ A bắn trúng 2 lần, cả 2 xạ thủ B, C bắn trúng tối đa 1 lần” X3: “ xạ thủ A bắn trúng 1 lần, cả 2 xạ thủ B, C không bắn trúng lần nào” Khi đó: X  X 1  X 2  X 3 và X1, X2, X3 đôi một xung khắc. Ta có: P (X1 )  0,93.[1  (0,83  0, 73  0,83.0, 73 )] P (X 2 )  C32 0,9 2.0,1.[(C13 ) 2 .0,8.0, 22.0, 7.0,32  0, 23.C31.0, 7.0,32  0,33.C31.0,8.0, 22  0, 23.0,33 ] P (X 3 )  C31.0,9.0,12.0, 23.0,33 Do đó P (X)  P(X1 )  P(X 2 )  P(X 3 ) =0,234323 Email: [email protected] Câu 16. Một nhóm gồm 5 bạn nam, 4 bạn nữ và cầu thủ Công Phượng đứng thành 2 hàng, mỗi hàng 5 người để chụp ảnh kỉ niệm. Xác suất để khi đứng, Công Phượng xen giữa hai bạn nam đồng thời các bạn nữ không đứng cạnh nhau trong cùng một hàng bằng 1 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 35 105 70 105 Lời giải Tác giả: Phí Văn Quang Tên FB: QuangPhi *) Ta có:   10! . *) Chọn hàng cho cầu thủ Công Phượng, có 2 cách chọn. *) Đối với hàng có cầu thủ Công Phượng, có 2 cách xếp như sau: +) TH1: Trong hàng cầu thủ Công Phượng có 2 nam, 2 nữ. Vì Công Phượng xen giữa hai bạn nam nên ta chọn 2 bạn nam từ 5 bạn nam rồi xếp 2 bạn nam đứng ở hai bên Công Phượng, có: A52 cách. Vì các bạn nữ không đứng cạnh nhau trong cùng một hàng nên ta chọn 2 nữ từ 4 nữ và xếp xếp hai bạn nữ đứng ở hai vị trí đầu hàng và cuối hàng, có A42 cách xếp. Hàng còn lại gồm 3 bạn nam và 2 bạn nữ còn lại. Ta xếp 3 bạn nam, có 3! cách, tạo ra 4 vị trí giữa các bạn. Xếp 2 bạn nữ vào 2 trong 4 vị trí đó, có: A42 cách xếp. Do đó, trường hợp này có: A52 . A42 .3!. A42 cách xếp. +) TH2: Trong hàng cầu thủ Công Phượng có 3 nam, 1 nữ. Chọn 1 bạn nam , 1 bạn nữ và xếp hai bạn đó cùng Công Phượng thành một hàng, có C51.C14 .3! cách. Xếp hai bạn nam trong 4 bạn nam còn lại đứng hai bên của Công Phượng, có A42 cách. Hàng còn lại gồm 3 bạn nữ và 2 bạn nam còn lại. Ta xếp 3 bạn nữ, có 3! cách, tạo ra 2 vị trí xen giữa các bạn. Xếp 2 bạn nam vào 2 vị trí đó, có: 2! cách xếp. Trang 11/24 – Mã đề thi 483 Do đó, trường hợp này có: C51.C14 .3! A42 .3!.2! cách xếp. Vậy xác suất cần tính là:   2. A52 . A42 .3!. A42  C51.C14 .3! A42 .3!.2! 10! 2 105 Email: [email protected] Câu 17. Hai bạn Nam và Minh hẹn gặp nhau tại thư viện từ 8 giờ đến 9 giờ. Người đến trước đợi quá 10 phút mà không gặp thì rời đi. Tìm xác suất để hai người đi ngẫu nhiên để đến nơi hẹn theo quy định mà gặp nhau. 7 11 10 13 A. B. C. D. 36 36 36 36 Lời giải Tác giả: Phí Văn Quang Tên FB: QuangPhi Chọn B Gọi x (phút) là thời gian mà bạn Nam đến chờ ở thư viện. Gọi y (phút) là thời gian mà bạn Minh đến chờ ở thư viện. Điều kiện: 0  x  60, 0  y  60 n     60 2  3600 (là diện tích hình vuông cạnh 60) Điều kiện gặp nhau là x  y  10   x  10  y  x  10 (*) Do điểm M  x; y  thỏa điều kiện * thuộc lục giác gạch sọc giới hạn bởi 2 đường thẳng y  x  10, y  x  10 là hình vuông của không gian mẫu. Lục giác có diện tích S ‘  S  502  602  502  1100 Vậy xác suất để 2 người gặp nhau là: P  S ‘ 1100 11 .   S 3600 36 [email protected] Câu 18. Hai người bắn độc lập vào một mục tiêu, mỗi người bắn 1 lần. Xác suất trúng của người thứ nhất là 0,9; của người thứ hai là 0,7. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M  13 p  10 p 2 , trong đó p là xác suất của một biến cố. 169 528 A. . B. . 40 125 C. 4221 . 1000 D. 3. Lời giải Tác giả : Trình Hoài Nam, FB: Trình Hoài Nam Chọn B Gọi A1 là biến cố người thứ nhất bắn trúng, A2 là biến cố người thứ hai bắn trúng. Trang 12/24 – Mã đề thi 483 Khi đó p  A1   0,9; p  A2   0,7. 2 Ta có M  13 p  10 p 2  169 13  13   10  p   . Do đó M lớn nhất khi và chỉ khi p  nhỏ nhất 40 20  20  0. A   Giả sử p là xác suất của biến cố A. Ta quy ước  1. A  A Khi đó A  xA1 A2  y A1 A2  zA1 A2  t A1 A2 , trong đó x, y, z , t  0;1 .        p  p  A  x. p  A1 A2   y. p A1 A2  z. p A1 A2  t. p A1 A2  0,63x  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  p 13  0, 63 x  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0, 65  0, 63 x  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0, 65 20 + Nếu x = 1: p  13  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0, 02 20 y  0  Nhẩm với y; z; t 0;1 thì 0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0, 02 nhỏ nhất khi  z  0 t  1  Khi đó p  13  0, 01 20 + Nếu x = 0: p  13  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0, 65 20 Ta có y; z; t  0;1  0  y; z; t  1  0  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0,37  0, 65  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0, 65  0, 28  0, 65  0, 07 y  0, 27 z  0, 03t  0, 65  0, 28  p 13  0, 28  0, 01 20 Từ 2 trường hợp trên ta thấy p  Khi đó M max  x  t  1 13  0, 01   20 min y  z  0 169 528  10.0, 012  40 125 Sai lầm 1: Học sinh tính xác suất của 4 biến cố A1 A2 ; A1 A2 ; A1 A2 ; A1 A2 lần lượt là 0,63; 0,07; 0,27; 0,03. Sau đó thử 4 giá trị vào biểu thức M  13 p  10 p 2 tìm được đáp án C. Sai lầm của học sinh này là trong phép thử này có nhiều biến cố khác nữa, không phải chỉ có 4 biến cố đó. Sai lầm 2: Học sinh vận dụng điều kiện 0  p  1 rồi chuyển về bài toán tìm GTLN của M  13 p  10 p 2 trên đoạn [0;1] . Lập bảng biến thiên hoặc Sử dụng máy tính tìm được đáp án A. Sai lầm 3: Học sinh ngộ nhận M  13 p  10 p 2 lớn nhất khi p lớn nhất. Mà p lớn nhất bằng 1 nên thu được đáp án D. [email protected] Trang 13/24 – Mã đề thi 483 Câu 19. Kế hoạch làm thi môn Toán của bạn X trong kì thi THPTQG sắp tới:Bài thi môn Toán với hình thức Trắc nghiệm 50 câu (thang điểm 10), mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án trả lời đúng. Do học yếu môn Toán bạn X dự kiến làm bài thi bằng cách “Mỗi câu chọn ngẫu nhiên một phương án và trả lời tất cả các câu”. Em hãy khuyên bạn bằng cách “Tính gần đúng xác suất để bạn được trên 3 điểm”. A.0,000048. B. 0,06. C.0,00000085. D. 0,1631. Lời giải Tác giả:Nguyễn Viết Hòa Chọn D 1 3 Gọi Ai  i  1, 2,…,50  là biến cố bạn X trả lời đúng ở câu thứ i  P  A i   ; P A i  . 4 4   Gọi B là biến cố bạn X được tối đa 3 điểm, Bj là biến cố bạn X trả lời đúng j câu. Mỗi câu trả lời đúng bạn X được 0,2 điểm, nên bạn X phải trả lời đúng tối đa 15 câu. Ta có B  B0  B1  B2  …  B15 . j j Số cách chọn j câu đúng trong 50 câu đúng là C50 suy ra B j  j  0,1, 2,…,50  là hợp của C50 biến cố, mỗi biến cố đó là giao của 50 biến cố dạng A i , A i , trong đó có j biến cố A i và 50  j biến cố Ai     B j   A1A 2 …A j A j1 A j 2 …A50   …   A1 A 2 …A 50 j A 50 j1 …A 50   j biÕn cè    50-j biÕn cè j biÕn cè j biÕn cè     j C50 biÕn cè j 1 3  P Bj   C     4 4 j 50 50  j j 15 1 3  P  B   C     4 4 0 j 50 50  j . Vậy xác suất để bạn X đạt trên 3 điểm là 1  P  B   0,1631. [email protected] Câu 20. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A . Tính xác suất để chọn được số chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị bằng 2. 257 257 127 127 A. . B. . C. . D. . 90000 90000 30000 18000 Lời giải Tác giả, FB :Hoàng Thị Hồng Hạnh Chọn B Gọi số tự nhiên gồm 5 chữ số là abcde Chọn a  0 có 9 cách. Chọn b, c, d , e mỗi số có 10 cách. Nên A  9.104 . Gọi B là biến cố “chọn được tự nhiên gồm 5 chữ số chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị bằng 2”. Gọi số tự nhiên gồm 5 chữ số chia hết cho 7 và có chữ số hàng đơn vị bằng 2 là abcd 2 Ta có abcd 2  10.abcd  2  7abcd  3abcd  2 Trang 14/24 – Mã đề thi 483 abcd 2 chia hết cho 7 nên 3abcd  2 chia hết cho 7 hay 3abcd  2  7t , (t  ) 3abcd  2  7t  abcd  7t  2 t2  abcd  2t  3 3 Suy ra (t  2) 3 hay t  2  3n  t  3n  2 Khi đó abcd  7 n  4 mà 1000  abcd  9999 nên 1000  7 n  4  9999  996 9995 n 7 7 Mặt khác n là số nguyên  n  143;144;145;…;1427 Nên B  1285 . Khi đó, P( B)  1285 257  . 4 9.10 18000 Email: [email protected] Câu 21. Chọn ngẫu nhiên ba số a, b, c trong tập hợp S  1; 2;3;…; 20 . Biết xác suất để ba số tìm được thoả mãn a 2  b 2  c 2 chia hết cho 3 bằng m m , với m, n là các số nguyên dương và phân số n n tối giản. Biếu thức S  m  n bằng A. 85. B. 239. C. 58. D. 127. Lời giải Tác giả: Nguyễn Văn Tỉnh Đặt A  {3;6;9;12;15;18} . 3 3 Chọn 3 số trong tập S ta có C20 cách. suy ra số phần tử của không gian mẫu   C20 . Mọi số tự nhiên bình phương và chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1. TH 1: Cả 3 số thuộc tập A có C63 cách chọn. TH 2: Cả 3 số thuộc tập S A có C143 cách. C63  C143 35  . Vậy m  n  127 . 3 C20 92 [email protected] Suy ra xác suất cần tìm là P  Câu 22. Có 25 quả cầu gồm hai loại Đen và Đỏ đặt trong hai hộp. Hộp nào có số quả cầu nhiều hơn thì số quả Đỏ sẽ nhiều hơn. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một quả. Biết xác suất để hai quả cùng Đỏ là 0,48. Tinh xác suất để lấy được một quả Đen và một quả Đỏ. 11 8 12 13 A. . B. . C. . D. 25 25 25 25 Lời giải Tác giả : Lương Văn Huy, FB: Lương Văn Huy Chọn A Gọi a1 , a2 là số quả cầu có trong hai hộp và b1 , b2 lần lượt là số quả cầu Đỏ theo thứ tự trong mỗi hộp đó. Ta giả sử a1  a2  0 suy ra b1  b2 , a1  a2  25 . b b bb aa 12  1 2  1 2  a1 hoặc a2 phải là bội của 5 . Theo bài ta có 1 . 2  a1 a2 25 12 25 Trang 15/24 – Mã đề thi 483  a  20  a  15 Từ đó suy ra  1 hoặc  1  a2  5  a2  10 a  20 b  16 Xét  1  b1b2  48 có hai cặp thỏa mãn là  1 và a  5 b  3  2  2 Trường hợp 1: Hộp 1 có 20 quả gồm 16 Đỏ và 4 đen. Hộp 2 có 5 quả gồm 3 Đỏ và 2 đen. 16 2 4 3 11 P . . .  20 5 20 5 25 Trường hợp 2: Hộp 1 có 20 quả gồm 12 Đỏ và 8 đen. Hộp 2 có 5 quả gồm 4 Đỏ và 1 đen. 12 1 8 4 11 P . . .  20 5 20 5 25  a  15 b1  12 Xét  1  b1b2  72 chỉ có hai cặp thỏa mãn là   a2  10 b2  6 trường hợp Trường hợp 1: Hộp 1 có 15 quả gồm 12 Đỏ và 3 đen. Hộp 2 có 10 quả gồm 6 Đỏ và 4 đen. Trường hợp 2: Hộp 1 có 20 quả gồm 12 Đỏ và 8 đen. Hộp 2 có 10 quả gồm 6 Đỏ và 4 đen. 11 Hai trường hợp này cũng có P  25 b1  12 vậy ta có hai trường hợp  b  4  2 b  9 hoặc  1 ta cũng có hai b2  8 [email protected] Câu 23. Cho tập A  1; 2;3;….,100 gọi S là tập hợp tất cả các tập con của A , mỗi tập này gồm 3 phần tử có tổng bằng 91 . Chọn ngẫu nhiên một phần tử của S . Xác suất để chọn được phần tử có 3 số lập thành cấp số nhân? 3 2 4 1 A. B. C. D. 645 645 645 645 Lời giải Tác giả: Nguyễn Trung Nghĩa FB: nguyễn Trung Nghĩa Chọn C Gọi 3 số trong một phần tử của tập S là a, b, c khi đó  a, b, c  1; 2;3;…100   a  b  c  91 Do đó số các bộ số a, b, c có phân biệt thứ tự là: C902 Do a  b  c  91 nên không xẩy ra trường hợp a  b  c . Nếu trong 3 số a , b, c có hai số bằng nhau, không mất tính tổng quát giả sử a  b  c . Khi đó a  b  c  91  2a  c  91  a  91  c 2 Do a, c 1; 2;3;…100 suy ra c là số lẻ trong các số 1; 2;3;…90 (có 45 số lẻ) Trang 16/24 – Mã đề thi 483 Do vậy có 45 bộ số a, b, c không phân biệt thứ tự trong đó có 2 số bằng nhau và khác số còn lại. Suy ra: có tất cả C902  45.3  645 bộ số a, b, c không phân biệt thứ tự thỏa mãn. 6 Vậy số phần tử của tập S là 645 . Gọi một bộ số a; b; c theo thứ tự lập thành cấp số nhân. Do a  b  c  91 suy ra a  b  c do đó a  30 . Gọi công bội của cấp số nhân là Khi đó a  b  c  91  a  m n m  n trong đó m là phân số tối giản. n m m2 a a  2 a  91  2  n 2  mn  m2   91 n n n Do  m, n   1 do đó a  n 2 suy ra n  1; 2;3; 4;5 . + Với n  1 khi đó a 1  m  m 2   91  7.13  1.91 a  1 a  1 a  1   2    m  9 suy ra bộ 3 số là 1;9;81 Nếu  2 m  m  1  91 m  m  90  0   m  10  a  7 a  7 a  7   2    m  4 suy ra bộ 3 số là 7, 21;63 Nếu  2 m  m  1  13  m  m  12  0   m  3  a  13 a  13 a  13   2    m  3 suy ra bộ 3 số là 13; 26;52 Nếu  2 m  m  1  7 m  m  6  0 m  2  + Với n  2 khi đó a  4;8;12;16; 20; 24; 28 Nếu a  4; n  2 suy ra: m 2  2m  4  91 loại Nếu a  8; n  2 suy ra: m 2  2m  4  91 loại 2 Nếu a  12; n  2 suy ra: m 2  2m  4  91 loại 3 Nếu a  16; n  2 suy ra: m 2  2m  4  91 loại 4 Nếu a  20; n  2 suy ra: m 2  2m  4  91 loại 5 Nếu a  24; n  2 suy ra: m 2  2m  4  91 loại 6 m  1 Nếu a  28; n  2 suy ra: m 2  2m  4  7  m 2  2m  3  0   loại  m  3 + Với n  3 suy ra a  9,18, 27 Trang 17/24 – Mã đề thi 483 Nếu a  9; n  3 suy ra: m 2  3m  9  91  m 2  3m  82  0 loại Nếu a  18; n  3 suy ra: m 2  3m  9  91 loại 2 Nếu a  27; n  3 suy ra: m 2  3m  9  91 loại 3 + Với n  4 suy ra a  16 Nếu a  16; n  4 suy ra: m 2  4 m  16  91  m 2  4m  75  0 loại + Với n  5 suy ra a  25 m  6 Nếu a  25; n  5 suy ra: m 2  5m  25  91  m2  5m  66  0    m  11 Suy ra bộ 3 số thỏa mãn là 25;30;36 Vậy có tất cả 4 bộ số thỏa mãn: 1;9;81 ;7; 21;63 ;13; 26;52 ; 25;30;36 Vậy: Xác suất là 4 . 645 Emai: [email protected] Câu 24. Trong một cuộc thi có 10 câu hỏi trắc nghiệm, mỗi câu có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Với mỗi câu, nếu chọn phương án trả lời đúng thì thí sinh được cộng 5 điểm, nếu chọn phương án trả lời sai sẽ bị trừ 1 điểm. Tính xác suất để một thí sinh làm bài bằng cách lựa chọn ngẫu nhiên phương án được 32 điểm, biết thí sinh phải làm hết các câu hỏi và mỗi câu hỏi chỉ chọn duy nhất một phương án trả lời. 45 15 405 21 A. B. . C. . D. 1048576 131072 131072 131072 Lời giải Tác giả : Phạm Trung Khuê,,Tên FB: Phạm Trung Khuê Chọn D Gọi a là số câu trả lời đúng  5a  10  a   32  a  7  Hs trả lời đúng 7 câu (1 đáp án) và sai 3 câu (3 đáp án) n     4.4.4…4  410 Chọn 7 câu trong 10 câu đúng đáp án (mỗi câu 1 đáp án đúng) có : C107 Ba câu còn lại chọn sai đáp án ( mỗi câu có ba đáp án sai) có 3.3.3  33 C107 .33 405 P  A  10  . 4 131072 Email: [email protected] Câu 25. Gọi S là tập các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập S. Xác suất để lấy được số chia hết cho 6 là 2 7 13 11 A. B. C. D. 5 30 60 45 Lời giải Tác giả: Đỗ Thế Nhất Face: Đỗ Thế nhất Trang 18/24 – Mã đề thi 483 Chọn C n     A73  A62  180 Gọi A là biến cố lấy được số chia hết cho 6 từ tập S Gọi x  abc  S và x 6 ta có c  {0,2,4,6} {a, b, c}  {{0,1, 2},{0,1, 5},{0, 2, 4},{1, 2, 3},{0, 3, 6},{0, 4, 5},{1, 2, 6},{2, 3, 4}, {1, 5, 6},{2, 4, 6},{3, 4, 5},{4, 5, 6}} TH1: {a, b, c}  {{0, 1, 5},{1, 2, 3},{1, 5, 6},{3, 4, 5}} Có 4 cách chọn {a,b,c} Có 1 cách chọn c Có 2 cách chọn a Có 1 cách chọn b Theo quy tắc nhân có 4.1.2.1=8 số TH2: {a, b, c}  {{0, 1, 2},{0, 3, 6},{0, 4, 5}} có 3.3=9 số TH3: {a, b, c}  {{1, 2, 6},{2, 3, 4},{4, 5, 6}} có 3.2.2=12 số TH4: {a, b, c}  {0, 2, 4} có 2.2.1=4 số TH5: {a, b, c}  {2, 4, 6} có 3.2.1=6 số Vậy n  A  8  9  12  4  6  39 Vậy P  A   13 60 Email: [email protected] Câu 26. Chọn ngẫu nhiên 6 quân bài từ một cỗ bài tú lơ khơ ta được một xấp bài. Tính xác suất để trong xấp bài này chứa một bộ ba, một bộ đôi (tức là có ba quân cùng thuộc một bộ, hai quân thuộc một bộ khác và quân còn lại khác bộ với 5 quân trước) 396 1584 A. 2028 . B. . C. . D. 169 . 195755 978755 195755 195755 Lời giải Tác giả: Vũ Huỳnh Đức Tên facebook: Huỳnh Đức. Chọn C 6 Số phần tử của không gian mẫu là   C52 Gọi A là biến cố cần tính xác suất. *Tìm A 1 .C43 cách. -Công đoạn 1: Chọn 1 bộ từ 13 bộ và từ bộ này chọn ra 3 quân. Có C13 1 .C42 cách. -Công đoạn 2: Chọn 1 bộ từ 12 bộ còn lại và từ bộ này chọn ra 2 quân. Có C12 1 .C14 cách. -Công đoạn 3: Chọn 1 bộ từ 11 bộ còn lại và từ bộ này chọn ra 1 quân. Có C11 1 1 1 .C43 .C12 .C42 .C11 .C41  164736 Theo quy tắc nhân ta có A  C13 Trang 19/24 – Mã đề thi 483 Vậy xác suất của biến cố A là P(A)  A   164736 6 C52  1584 . 195755 Email: [email protected] Câu 27. Chọn ngẫu nhiên 6 quân bài từ một cỗ bài tú lơ khơ ta được một xấp bài. Tính xác suất để trong xấp bài này chứa hai bộ ba (tức là có ba quân cùng thuộc một bộ và ba quân còn lại cùng thuộc một bộ khác) 18 A. 24 . B. 26 . C. . D. 12 . 195755 195755 195755 195755 Lời giải Tác giả: Vũ Huỳnh Đức Tên facebook: Huỳnh Đức. Chọn D 6 Số phần tử của không gian mẫu là   C52 Gọi B là biến cố cần tính xác suất. *Tìm B 2 – Công đoạn 1: Chọn 2 bộ từ 13 bộ. Có C13 cách. – Công đoạn 2: Từ mỗi bộ đã chọn, chọn ra 2 quân. Có C43 .C43 cách. 2 Theo quy tắc nhân ta có B  C13 .C43 .C43  1248 Vậy xác suất của biến cố A là P(B)  B   1248 6 C52  12 . 195755 Email: [email protected] Câu 28. Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài từ một cỗ bài tú lơ khơ ta được một xấp bài. Tính xác suất để trong xấp bài này chứa hai đôi (tức là có hai quân cùng thuộc bộ bộ, hai quân thuộc một bộ khác và quân còn lại khác bộ với 4 quân trước ) A. 396 . B. 198 . C. 33 . D. 234 . 4165 4165 83300 4165 Lời giải Tác giả: Vũ Huỳnh Đức Tên facebook: Huỳnh Đức. Chọn B 5 Số phần tử của không gian mẫu là   C52 Gọi C là biến cố cần tính xác suất. *Tìm C 2 – Công đoạn 1: Chọn 2 bộ từ 13 bộ. Có C13 cách. – Công đoạn 2: Từ mỗi bộ đã chọn, chọn ra 2 quân. Có C42 .C42 cách. 1 .C14 cách. – Công đoạn 3: Chọn 1 bộ từ 11 bộ còn lại và từ bộ này chọn ra 1 quân. Có C11 2 1 .C42 .C42 .C11 .C41  123552 Theo quy tắc nhân ta có C  C13 Trang 20/24 – Mã đề thi 483 Vậy xác suất của biến cố A là P(C)  C   123552 5 C52  198 . 4165 Câu 29. Cho tập hợp M  1; 2;3; 4 . Gọi E là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập M . Lấy ngẫu nhiên một số từ tập E. Tính xác suất để số được chọn thỏa mãn chữ số 1 xuất hiện không quá 2 lần, chữ số 2 xuất hiện không quá 3 lần, các chữ số 3, 4 xuất hiện không quá 1 lần. 105 345 45 135 . . . . A. B. C. D. 1024 512 64 2048 Tác giả: Trần Tố Nga, FB: Tố Nga Trần Lời giải Số phần tử của không gian mẫu là:   46. Gọi A là biến cố: “số được chọn thỏa mãn chữ số 1 xuất hiện không quá 2 lần, chữ số 2 xuất hiện không quá 3 lần, các chữ số 3, 4 xuất hiện không quá 1 lần.” Vì số có 6 chữ số mà các chữ số 2 xuất hiện không quá 3 lần, các chữ số 3, 4 xuất hiện không quá 1 lần nên chữ số 1 xuất hiện ít nhất 1 lần. Ta xếp các chữ số vào vị trí 6 ô: TH1: đúng 1 lần Chữ số 1 xuất hiện 1 lần, chữ số 2 xuất hiện 3 lần và các chữ số 3, 4 xuất hiện Vậy TH này có 6.C53 .2  120 cách chọn. TH2: Chữ số 1 xuất hiện 2 lần, chữ số 2 xuất hiện 3 lần và một trong hai chữ số 3, 4 xuất hiện đúng 1 lần. Vậy TH này có C62 .C43 .2  120 cách chọn. TH3: Chữ số 1 xuất hiện 2 lần, chữ số 2 xuất hiện 2 lần và các chữ số 3, 4 xuất hiện đúng 1 lần. Vậy TH này có C62 .C42 .2  180 cách chọn. Số phần tử của tập A là: A  120  120  180  420 Xác suất cần tìm là: P  A  A   105  Chọn A 1024 Tác giả: Trần Tố Nga, FB: Tố Nga Trần [email protected] Câu 30. Nhân dịp chào năm mới 2019 và cũng là sinh nhật lần thứ 27 của ông chủ shop thời trang nổi tiếng tại Bắc Giang. Shop mở chương trình tri ân khách hàng bốc thăm trúng thưởng. Mỗi khách hàng sẽ được bốc ngẫu nhiên 3 phiếu trong 2019 phiếu được đánh số là các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2019 . Biết giải nhất dành cho khách hàng bốc được ba phiếu mà tích số ghi trên ba phiếu đó chia hết cho 27 . Cô Huệ là khách hàng thân thiết được mời bốc thăm đầu tiên. Xác suất (được làm tròn đến hàng phần trăm) để cô Huệ trúng giải nhất là A. 0, 21 . B. 0, 31 . C. 0, 19 . D. 0, 39 . Lờigiải Tácgiả :Vũ Nga Chọn A Bài toán viết gọn lại như sau: Trang 21/24 – Mã đề thi 483   Cho tập hợp A  x   | 1  x  2019 . Lấy ngẫu nhiên ba số từ tập A . Tính xác suất để lấy được ba số có tích chia hết cho 27 (xác suất được làm tròn đến hàng phần trăm). 3 Số phần tử của không gian mẫu:   C2019 . Ta chia tập A thành các tập sau:  2019  – Tập X gồm các số chia hết cho 27 : X     74 .  27   2019  – Tập Y gồm các số chia hết cho 9 nhưng không chia hết cho 27 : Y     74  150 .  9  – Tập K gồm các số chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 :  2019  K    74  150  449 . 3    2019  – Tập T gồm các số không chia hết cho 3: T  2019     1346 . 3   Tính số khả năng xảy ra để tích ba số lấy được không chia hết cho 27 : 3 TH 1: Lấy 3 số thuộc tập T có: C1346 cách. 2 1 .C449 TH 2: Lấy 2 số thuộc tập T và 1 số thuộc tập K có: C1346 cách. 2 1 .C150 TH 3: Lấy 2 số thuộc tập T và 1 số thuộc tập Y có: C1346 cách. 1 2 .C449 TH 4: Lấy 1 số thuộc tập T và 2 số thuộc tập K có: C1346 cách. – Vậy xác suất để cô Huệ trúng giải nhất là: 1  3 2 1 2 1 1 2 C1346  C1346 .C449  C1346 .C150  C1346 .C449 3 C2019  0, 21 . [email protected] Câu 31. Cho một đa giác đều gồm 2n đỉnh  n  2, n  N  . Chọn ngẫu nhiên ba đỉnh trong số 2n đỉnh của đa giác, xác suất ba đỉnh được chọn tạo thành một tam giác vuông là nguyên dương của n là A. 14. B. 15. C. 17. 1 . Tổng tất cả các ước 5 D. 18. Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Huyền Chọn B + n     C32n . + Để ba đỉnh được chọn tạo thành tam giác vuông khi và chỉ khi có hai đỉnh trong ba đỉnh là hai đầu mút của một đường kính của đường tròn ngoại tiếp đa giác và đỉnh còn lại là một trong số 2n  2n  2  đỉnh còn lại của đa giác. Đa giác có 2n đỉnh nên có  n đường kính. 2 Số cách chọn 1 đường kính là C 1n  n . Số cách chọn 1 đỉnh còn lại trong  2n  2  đỉnh là C 12 n  2  2n  2 . Trang 22/24 – Mã đề thi 483 Suy ra n  A   n  2n  2  . + Theo đề bài ta có phương trình n  2n  2  C 3 2n  1  n  8. 5 + Tổng các ước nguyên dương của n là : 1  2  4  8  15 . Email: [email protected] Câu 32. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số được lập từ các số thuộc tập X  0;1; 2;3; 4;5; 6;7;8 . Lấy ngẫu nhiên một số thuộc tập S. Tính xác suất để số lấy được chia hết cho 15. 2 1 4 5 A. . B. . C. . D. . 27 9 27 27 Lời giải Tác giả :Đoàn Phú Như,Tên FB: Như Đoàn Chọn A Giải : Ta phân hoạch tập X thành ba tập X 0  0;3; 6 , X 1  1; 4; 7 , X 2  2;5;8 và gọi abcde là số thỏa mãn bài toán. Ta có 2 cách chọn e, 8 cách chọn a, 9 cách chọn b, 9 cách chọn c. Với mỗi cách chọn a,b,c,e ta đều có 3 cách chọn d (d chỉ thuộc một trong ba tập X 0 , X 1 , X 2 ) nên có 2.8.9.9.3 2 tất cả 2.8.9.9.3 số . Vậy p   8.9.9.9.9 27 Email: [email protected] Câu 33. Từ các chữ số {0,1; 2;3; 4;5, 6} viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác nhau có dạng a1a2 a3 a4 a5 a6 Tính xác suất để viết được các số thỏa mãn điều kiện a1  a2  a3  a4  a5  a6 A. 5 . 158 B. 4 . 135 C. 4 . 85 D. 3 . 20 Lời giải Sưu tầm: Đặng Việt Đông Tên FB: Đặng Việt Đông Chọn B Để viết một số có 6 chữ số khác nhau bất kì ta có n     6.6.5.4.3.2  4320 số. Gọi A là biến cố số thỏa mãn điều kiện a1  a2  a3  a4  a5  a6 TH1: a1  a2  a3  a4  a5  a6  5 , ta có 0  5  1  4  2  3  5 – Nếu  a1 ; a2    0;5   có 1 cách chọn  a1 ; a2  Có 2 cách chọn  a3 ; a4  , hai số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn. Tương tự  a5 ; a6  có 2 cách chọn. Suy ra có 1.4.2  8 số thỏa mãn. – Nếu  a1 ; a2   (0;5)  có 2 cách chọn  a1 ; a2  , 2 số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn. Có 2 cách chọn  a3 ; a4  , hai số này có thể đổi vị trí cho nhau nên có 4 cách chọn. Tương tự  a5 ; a6  có 2 cách chọn. Suy ra có 4.4.2  32 số thỏa mãn. Trang 23/24 – Mã đề thi 483 Vậy TH1 có: 8  32  40 số thỏa mãn. TH2: a1 + a2 = a3 + a4 = a5 + a6 = 6 ta có 0  6  1  5  2  4  6 Tương tự như TH1 có 40 số thỏa mãn. TH3: a1  a2  a3  a4  a5  a6  7 , ta có 1  6  2  5  3  4  7 Có 3 cách chọn  a1 ; a2  , hai số này có thể đổi chỗ cho nhau nên có 6 cách chọn. Tương tự có 4 cách chọn  a3 ; a4  và 2 cách chọn  a5 ; a6  . Vậy TH3 có 6.4.2  48 số thỏa mãn. n  A   40  40  48  128 số có 6 chữ số khác nhau thỏa mãn a1  a2  a3  a4  a5  a6 128 4 .  4320 135 [email protected] Vậy P  A   Câu 34. Một nhóm bạn 6 người có cùng năm sinh 2004 (năm nhuận). Tính xác suất P để có ít nhất hai người có cùng ngày tháng năm sinh. 6 6 6 6 3666  A366 3666  C366 C366 A366 A. P  . B. . C. . D. . P  P  P  3666 3666 3666 3666 Lời giải Tác giả: Bùi Nguyên Phương, FB: Bùi Nguyên Phương Chọn A Năm 2004 là năm nhuận nên có 366 ngày. Giả sử các ngày được đánh số từ 1 đến 366. Số phần tử của không gian mẫu là: n     3666 . Mỗi phần tử của không gian mẫu là một bộ số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 ; a6  . Gọi A là biến cố: “Có ít nhất hai người có cùng ngày tháng năm sinh”. Suy ra A là biến cố: “Không có hai người nào cùng ngày tháng năm sinh”. Mỗi phần tử của A là một bộ số  a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; a5 ; a6  trong đó ai  a j với i  j và i, j  1, 6 . 6 Số kết quả thuận lợi của A là: n  A   A366 . 6 Suy ra số kết quả thuận lợi của A là: n  A   3666  A366 . Vậy xác suất của biến cố A là: P  A   6 n  A  3666  A366  . n  3666 Trang 24/24 – Mã đề thi 483 [email protected] Câu 35. Một vận động viên bắn ba viên đạn vào bia với ba lần bắn độc lập. Xác suất để vận động viên bắn trúng vòng 10 điểm là 0,15. Xác suất để vận động viên bắn trúng vòng 8 điểm là 0,2. Xác suất để vận động viên bắn trúng vòng dưới 8 điểm là 0,3. Tính xác suất để vận động viên đó được ít nhất 28 điểm, (tính chính xác đến hàng phần nghìn). A. 0, 095. B. 0, 027. C. 0, 041. D. 0, 096. Lời giải Tác giả: Lưu Thị Thêm ; Fb: Lưu Thêm Chọn D Xét phép thử: “Vận động viên bắn ba viên đạn vào bia với ba lần bắn độc lập”. Gọi B là biến cố: “ Vận động viên bắn trúng vòng 10 điểm”. Gọi C là biến cố: “ Vận động viên bắn trúng vòng 9 điểm”. Gọi D là biến cố: “ Vận động viên bắn trúng vòng 8 điểm”. Gọi E là biến cố: “ Vận động viên bắn trúng vòng dưới 8 điểm”. Ta có P  B   P  C   P  D   P  E   1  0,15  P  C   0, 2  0,3  1  P  C   0,35. Gọi A là biến cố: “Vận động viên đó được ít nhất 28 điểm”. A1 là biến cố: “Vận động viên đó được 28 điểm”. A2 là biến cố: “Vận động viên đó được 29 điểm”. A3 là biến cố: “Vận động viên đó được 30 điểm”. Ta có A  A1  A2  A3 và A1 , A2 , A3 đôi một xung khắc  P  A  P  A1   P  A2   P  A3  . +) Biến cố A1 xảy ra nếu vận động viên đó có 1 lần bắn trúng vòng 10 điểm và 2 lần bắn trúng vòng 9 điểm hoặc có 2 lần bắn trúng vòng 10 điểm và 1 lần bắn trúng vòng 8 điểm. 2 2 Do đó P  A1   C31 .0,15.  0, 35   C32 .  0,15  .0, 2 . +) Biến cố A2 xảy ra nếu vận động viên đó có 2 lần bắn trúng vòng 10 điểm và 1 lần bắn trúng 2 vòng 9 điểm. Do đó P  A2   C32 .  0,15  .0, 35 . +) Biến cố A3 xảy ra nếu vận động viên đó có 3 lần bắn trúng vòng 10 điểm. 3 Do đó P  A3    0,15  . Suy ra xác suất để xảy ra biến cố A là: P  A  P  A1   P  A2   P  A3   0, 095625. Email: [email protected] Câu 36. Có hai chuồng thỏ, chuồng thứ nhất có 5 con thỏ đen, 10 con thỏ trắng, chuồng thứ hai có 3 con thỏ trắng, 7 con thỏ đen. Từ chuồng thứ hai bắt ngẫu nhiên một con cho vào chuồng thứ nhất rồi bắt ngẫu nhiên một con trong chuồng thứ nhất ra thì thấy màu trắng. Tính xác suất để con thỏ bắt được là của chuồng thứ nhất ở thời điểm ban đầu. A. 3 . 10 B. 10 . 13 C. 100 . 103 D. 1 . 6 Lời giải Tác giả : Trần Văn Đoàn,Tên FB: Trần Văn Đoàn Chọn C Trang 1/26 – Mã đề thi 483 TH1: Con bắt từ chuồng 2 vào chuồng 1 là đen: Có 7 cách Sau đó chuồng 1 có 6 đen + 10 trắng. Số cách làm bất kì để được thỏ trắng là 10, số cách thỏa mãn là 10 Vậy TH1 số cách làm bất kì: 70; số cách làm thỏa mãn: 70 TH2: Con bắt từ chuồng 2 vào chuồng 1 là trắng: Có 3 cách Sau đó chuồng 1 có 5 đen + 11 trắng. Số cách làm bất kì để được thỏ trắng là 11, số cách thỏa mãn là 10 Vậy TH1 số cách làm bất kì: 33; số cách làm thỏa mãn: 30 Vậy không gian mẫu là 103 phần tử, số cách làm thỏa mãn là 100. Câu 37. Một chuồng gà có 9 con gà mái và 1 con trống. Chuồng gà kia có 1 con mái và 5 con trống. Bắt ngẫu nhiên từ mỗi chuồng 1 con để làm thịt, số gà còn lại ở cả hai chuồng được dồn chung vào chuồng thứ 3, bắt ngẫu nhiên một con nữa ra để làm thịt. Tính xác suất để con thứ ba bắt ra là con trống. A. 34 . 84 B. 6 . 16 C. 38 . 105 D. 1 . 6 Lời giải Tác giả : Trần Văn Đoàn,Tên FB: Trần Văn Đoàn Chọn C TH1: Chuồng 1 bắt ra con mái, chuồng 2 bắt ra con mái: Số cách làm ngẫu nhiên là 9.1.14 = 126 Số cách làm thỏa mãn: 9.1.6 = 54 TH2: Chuồng 1 bắt ra con trống, chuồng 2 bắt ra con mái: Số cách làm ngẫu nhiên là 1.1.14 = 14 Số cách làm thỏa mãn: 1.1.5 = 5 TH3: Chuồng 1 bắt ra con mái, chuồng 2 bắt ra con trống: Số cách làm ngẫu nhiên là 9.5.14 = 630 Số cách làm thỏa mãn: 9.5.5 = 225 TH4: Chuồng 1 bắt ra con trống, chuồng 2 bắt ra con trống: Số cách làm ngẫu nhiên là 1.5.14 = 70 Số cách làm thỏa mãn: 1.5.4 = 20 Tổng số cách ngẫu nhiên: 840 Số cách thỏa mãn: 304 Nên xác suất là 304 38  840 105 [email protected] Câu 38. Mỗi lượt, ta gieo một con súc sắc (loại 6 mặt, cân đối, đồng chất) và một đồng xu (cân đối, đồng chất). Tính xác suất để trong 3 lượt gieo như vậy, có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng tiền xu suất hiện mặt sấp. 397 1 398 125 . A. B. C. D. 1728 1728 1728 1728 Lời giải Tác giả: Đào Văn Tiến. Chọn A Xét phép thử gieo ba lần một con súc sắc và một đồng tiền xu với không gian mẫu  . Số phần 3 tử của không gian mẫu là: n      6.2   1728 . Xét biến cố E “trong ba lượt gieo như vậy có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng tiền xu suất hiện mặt sấp” Trang 2/26 – Mã đề thi 483 TH1: trong cả ba lần gieo đều được kết quả: con súc sắc xuất hiện mặt một chấm và đồng xu xuất hiện mặt sấp. Có 1 khả năng xảy ra TH2: trong ba lần gieo có đúng 2 lần gieo con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm và đồng tiền xu xuất hiện mặt sấp. Có C32 .1.1. 12  1  3.1.1.11  33 TH3: trong ba lần gieo có đúng 1 lần gieo con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm và đồng tiền xu xuất hiện mặt sấp. Có C13 .1. 12  1 . 12  1  3.11.11  363  n  E   1  33  363  397 Vậy xác suất của biến cố E là P  E   n  E  397  n    1728 Cách khác ( Cô Lưu Thêm): Xét biến cố E “trong ba lượt gieo như vậy có ít nhất một lượt gieo được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm, đồng tiền xu suất hiện mặt sấp” Ta có E là biến cố “trong ba lượt gieo như vậy không có lượt gieo nào được kết quả con súc sắc xuất hiện mặt 1 chấm và đồng tiền xu suất hiện mặt sấp” 3 Số phần tử của không gian mẫu là: n      6.2   1728 . Ta có số phần tử của E là nE  11.11.11  1331 1331 397  Suy ra P  E   1  P E  1  1728 1728   [email protected] Câu 39. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A  0;1; 2;3;…..;9 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để chọn được số tự nhiên có tích các chữ số bằng 1400 . 7 7 1 1 A. . B. . C. . D. . 15000 5000 37500 1500 Lời giải Tác giả : Nguyễn Anh Quân, FB: Nguyễn Quân Chọn D Số các số tự nhiên có 6 chữ số được lập từ tập A  0;1; 2;3;…..;9 là: 9.105 số. Nhận thấy 1400  23.52.7  1.2.4.7.52  1.1.8.7.52 . Suy ra số được chọn: Tạo thành từ 3 chữ số 2, 2 chữ số 5 và 1 chữ số 7; hoặc là 1 chữ số 1, 1 chữ số 2, 1 chữ số 4, 1 chữ số 7 và 2 chữ số 5; hoặc là 2 chữ số 1, 1 chữ số 8, 1 chữ số 7 và 2 chữ số 5. Nên số các số có tích các chữ số bằng 1400 là: C63 .C32  A64  A62 .C42  600 số. Xác suất cần tìm là: P  600 1 .  5 9.10 1500 [email protected] Câu 40. Xét tập hợp gồm A  {ax 2  bx  c, ax 2  bx, ax 2  c, ax 2 } (trong đó a, b, c là các số nguyên dương nhỏ hơn). Lấy ngẫu nhiên ra một tam thức bậc hai thuộc A. Tính xác suất để lấy được tam thức bậc hai mà khi ghép các hệ số của theo thứ tự từ bậc cao tới bậc thấp được một số chia hết cho 7 hoặc 11. 220 220 218 218 A. . B. . C. . D. . 900 999 999 900 Lời giải Tác giả : Lý Văn Công, FB: Hà Minh Trang 3/26 – Mã đề thi 483 Chọn D + Vì tam thức bậc hai có bốn dạng xảy ra: – Dạng đầy đủ: ax 2  bx  c khi đó ta thu được số nguyên – Dạng khuyết c: ax 2  bx khi đó ta thu được số nguyên – Dạng khuyết b ax 2  c khi đó ta thu được số nguyên ac Dạng khuyết b, c: ax 2 khi đó ta thu được số nguyên a. (trong đó, a , b, c  {1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9} ) + Do có 729 số có các chữ số khác 0; 81 số có hai chữ số có các chữ số khác 0 và 9 số có 1 chữ số khác không. Suy ra có 729  81 2  9  900 tam thức bậc hai. Vì vậy, số phần tử của không gian mẫu là: 900. Nhận xét: Các số nguyên chia hết cho d đều có dạng d với k là số nguyên dương. Do đó, số các số nguyên dương chia hết cho d và không vượt quá sẽ bằng số các số nguyên k với n n n 0  kd  n hay 0  k  . Vì vậy có   số nguyên không vượt quá n chia hết cho d. (   là d d  d  số nguyên không vượt quá n). + Theo nhận xét trên thì: – Số các số có 1 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 7 là 1; – Số các số có 2 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 7 là 12; – Số các số có 3 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 7 là 115; – Số các số có 1 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 11 là 0; – Số các số có 2 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 11 là 9; – Số các số có 3 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 11 là 72; – Số các số có 1 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 77 là 0; – Số các số có 2 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 77 là 1; – Số các số có 3 chữ số (các chữ số khác 0) chia hết cho 77 là 10; Suy ra có (1  12  115)  (0  9  72)  (12  9  1)  0  1  10  218 tam thức bậc hai có hệ số ghép (theo thứ tự từ bậc cao tới bậc thấp) tạo thành số chia hết cho 7 hoặc 11. Vậy xác suất để lấy ra 1 tam thức bậc hai thỏa mãn bài toán là P 218 900 [email protected] Câu 41. Một hộp đựng 50 chiếc thẻ được đánh số từ 1 đến 50. Chọn ngẫu nhiên từ hộp hai thẻ. Tính xác suất để hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3. 801 8 409 681 A. . B. . C. . D. . 1225 25 1225 1225 Lời giải Tác giả : Vũ An Hưng, FB: An Hưng Vũ Chọn D +) n     C502 +) Gọi A là biến cố hiệu bình phương số ghi trên hai thẻ là số chia hết cho 3 Trang 4/26 – Mã đề thi 483  a  b   3 Giả sử 2 số được chọn là a, b . Theo giả thiết  a 2  b 2  3   a  b  a  b  3    a  b  3 Nếu  a  b  3 thì a, b phải đồng dư khi chia 3  số cách chọn là: C162  C172  C172 Nếu  a  b  3 thì hoặc a và b cùng chia hết cho 3 hoặc một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2  số cách chọn là: C162  C171 .C171  a  b  3 a  3 Lại có:    số cách chọn là: C162  a  b  3 b  3     1  C162  C162  C172  C172  C171 C171 Do đó: n  A   C162  C172  C172  C162  C171 C17 C162  C172  C172  C171 C171 681 Vậy P  A   2 C50 1225 [email protected] Câu 42. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcde trong đó 1  a  b  c  d  e  9 . 143 138 11 3 A. . B. . C. . D. . 10000 1420 200 7 Lời giải Tác giả : Phạm Thị Phương Thúy, FB: thuypham Chọn A Cách 1 Lập số tự nhiên có 5 chữ số có 9.104 (số)  n()  9.10 4. Biến cố A:”Số được chọn có dạng abcde trong đó 1  a  b  c  d  e  9 .” Ta có 1  a  b  c  d  e  9  1  a  b  1  c  2  d  3  e  4  13. Như vậy chọn a; b  1; c  2; d  3; e  4 có C135 (cách). 5  Chọn a; b; c; d ; e có C135 (cách)  n(A)  C 13 . Vậy P(A)  C5 n(A) 143  13 4  . n() 9.10 10000 Cách 2 Lập số tự nhiên có 5 chữ số có 9.104 (số)  n()  9.10 4. Biến cố A:”Số được chọn có dạng abcde trong đó 1  a  b  c  d  e  9 .” TH1: Số có 5 chữ số giống nhau (Số được lập từ 1 chữ số, ví dụ 11111)  có C91 số. TH2: Số được lập từ bộ 2 chữ số (Ví dụ bộ {1; 2} có 11112, 11122, 11222, 12222)  có 4.C92 số. TH3: Số được lập từ bộ 3 chữ số (Ví dụ bộ {1; 2; 3} có 11123; 11223; 11233; 12223; 12233; 12333)  có 6.C93 số. TH4: Số được lập từ bộ 4 chữ số (Ví dụ bộ {1; 2; 3; 4} có 11234; 12234; 12334; 12344)  có 4.C94 số. Trang 5/26 – Mã đề thi 483 TH5: Số có 5 chữ số khác nhau (VD: 12568)  Bộ 5 số chỉ được 1 số thỏa mãn  có C95 số.  n( A)  C91  4.C92  6.C93  4.C94  C95  1287 n(A) 1289 143   . 4 n() 9.10 10000 [email protected] Vậy P(A)  Câu 43. Có 99 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 99 . Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để lấy được 5 tấm thẻ ghi số chẵn, 5 tấm thẻ ghi số lẻ trong đó có đúng 1 tấm thẻ ghi số chia hết cho 5 . Làm tròn kết quả đến 5 chữ số thập phân là A. 0, 22372 . B. 0,50279 . C. 0,07334 . D. 0, 08235 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Thịnh, FB: Thịnh Nguyễn Văn Chọn C 10 10 Chọn 10 tấm thẻ trong số 99 tấm thẻ, có C99 cách. Vậy không gian mẫu n     C99 . Từ 1 đến 99 có 50 số lẻ và 49 số chẵn, trong đó có 9 số có tận cùng bằng 0 là 10, 20,30, 40,50, 60, 70,80,90 và 10 số có tận cùng bằng 5 là 5,15, 25, 35, 45, 55, 65, 75,85,95 . Ta có hai trường hợp: TH1: Chọn một số chia hết cho 5 có tận cùng bằng 0 , số đó là số chẵn nên ta chọn thêm 4 số chẵn nữa trừ các số thuộc 10, 20,30, 40,50, 60, 70,80,90 và 5 số lẻ trừ các số thuộc 5,15, 25, 35, 45, 55, 65, 75,85,95 . Có C91.C404 .C405 cách. TH2: Chọn một số chia hết cho 5 có tận cùng bằng 5 , số đó là số lẻ nên ta chọn thêm 4 số lẻ nữa trừ các số thuộc 5,15, 25, 35, 45, 55, 65, 75,85,95 và 5 số chẵn trừ các số thuộc 10, 20,30, 40,50, 60, 70,80,90 . Có C101 .C404 .C405 Khi đó xác suất cần tính là P  cách. 5 5 C91.C404 .C40  C101 .C404 .C40  0, 07334 . 10 C99 Email: [email protected] Câu 44. Cho tập E  1, 2,3, 4,5, 6, 7 . Viết ngẫu nhiên lên bảng hai số tự nhiên, mỗi số gồm 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E . Tính xác suất để trong hai số đó có đúng một số có chữ số 5 . A. P  3 . 4 B. P  24 . 49 C. P  25 . 49 D. P  1 . 4 Lời giải Tác giả : Đồng Anh Tú,Tên FB: Anhtu Chọn B Số các các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là A73  210 . Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là A63  120 , và các số có mặt chữ số 5 là 90 . Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5 thì 1 1 C90 .C90 9 P( A)  1  P( A)  1 C210 .C210 49 Gọi B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không có mặt chữ số 5 thì Trang 6/26 – Mã đề thi 483 P( B)  1 1 C120 .C120 16  P( B )  1 1 C210 .C210 49 Ta có A , B xung khắc nên P ( A  B )  P ( A)  P ( B )  P ( A  B )  Suy ra xác suất cần tính là P  1  P ( A  B )  P  25 49 24 . 49 Số các số tự nhiên có 3 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập E là 5  4  3  60. Trong đó số các số không có mặt chữ số 5 là 4  3  2  24, và số các số có mặt chữ số 5 là 60  24  36. Gọi A là biến cố hai số được viết lên bảng đều có mặt chữ số 5; B là biến cố hai số được viết lên bảng đều không có mặt chữ số 5. Rõ ràng A và B xung khắc. Do đó áp dụng qui tắc cộng xác suất ta có 2 2 1 1 1 1 C36 .C36 C24 .C24 13 3  2 P ( A  B )  P ( A)  P ( B )  1 1  1 1        . C60 .C60 C60 .C60  5   5  25 Suy ra xác suất cần tính là P  1  P ( A  B )  1  13 12  . 25 25 email: [email protected] Câu 45. Một lớp học có 42 học sinh xếp thành một vòng tròn. Chọn ngẫu nhiên ra 3 học sinh để tham gia vào một trò chơi. Tính xác suất để trong 3 học sinh được chọn không có hoc sinh đứng kề nhau. 703 701 351 341 A. 820 B. 820 C. 410 D. 420 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Khắc Sâm,Tên FB: Nguyễn Khắc Sâm Chọn A Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh trong 42 học sinh nên   C342 Gọi A là biến cố “trong 3 học sinh được chọn không có hoc sinh đứng kề nhau”. Giả sử ta đặt tên 42 HS đã xếp thành một vòng tròn đó lần lượt là 1, 2, …, 42. Để tính  A ta xét 2 trường hợp sau: TH1: HS15 được chọn: Khi đó HS14 và HS16 không được chọn. Ta chọn 2 HS trong 39 HS còn 2 lại sao cho không có HS nào đứng kề nhau: có C38 cách. TH2: HS15 không được chọn: Khi đó ta chọn 3 HS trong 41 HS còn lại sao cho không có HS được chọn đứng kề nhau: có C339 cách. 2 Từ đó ta có  A = C38 + C339 . Vậy P(A)  2 3 C38  C39 703  3 C42 820 [email protected] Câu 46. Chọn ngẫu nhiên ba số trong tập hợp A  n   |1  n  2019 . Tính xác suất (chính xác đến hàng phần nghìn) để tích ba số được chọn chia hết cho 9 . A. 0,507 . B. 0,593 . C. 0, 493 . D. 0, 407 . Lời giải Tác giả : Ngô Lê Tạo, FB: Ngô Lê Tạo Chọn D Trang 7/26 – Mã đề thi 483 3 Số cách chọn ba số là C2019 . Ta sẽ đếm các bộ ba số được chọn có tích không chia hết cho 9 . Gọi B là tập hợp các số chia hết cho 3 trong tập hợp A . B có 2019  3  1  673 phần tử. 3 Gọi C là tập hợp các số chia hết cho 9 trong tập hợp A . C có 2016  9  1  224 phần tử. 9 Suy ra tập hợp B C có 673  224  449 phần tử và tập hợp A B có 2019  673  1346 phần tử. Nhận xét rằng nếu ba số được chọn có tích không chia hết cho 9 thì ba số này hoặc cùng thuộc 3 2  449.C1346 tâp hợp A B hoặc một số thuộc B C và hai số còn lại thuộc A B . Ta có C1346 bộ ba số như vậy. Vậy xác suất cần tìm là P  1  3 2 C1346  449.C1346  0, 407 . 3 C2019 Mail: [email protected] Câu 47. Cho E là tập các số tự nhiên gồm bốn chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập X  0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập E. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. 37 A. . 112 B. 75 . 224 C. 3 . 8 D. 83 . 224 Lời giải Tác giả: Lê Xuân Hưng,Tên FB: Hưng Xuân Lê Chọn A Số phần tử của không gian mẫu là   8. A83  2688 . Gọi M là biến cố “Số được chọn chia hết cho 3’’. Đặt A  0, 3, 6 , B  1, 4, 7 , C  2, 5, 8 . Gọi x là một thuộc tập E và x chia hết cho 3. TH 1: x có hai chữ số thuộc tập B, hai chữ số thuộc tập C. Số các số là C32 .C32 .4!  216 . TH 2: x có một chữ số thuộc tập A, ba chữ số còn lại cùng thuộc tập B hoặc cùng thuộc tập C. Số các số là 2(3.4! 3!)  132 . TH 3: x có hai chữ số thuộc tập A, một chữ số thuộc tập B và một chữ số thuộc tập C. Số các số x là 3.3.C32 .4! 3.3.2.3!  540. Số các kết quả thuận lợi của biến cố M là M  216  132  540  888 . Xác suất xảy ra biến cố M là P  M   888 37 .  2688 112 Mail: [email protected] Câu 48. Cho E là tập các số tự nhiên gồm sáu chữ số đôi một khác nhau được lập từ tập X  0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 . Chọn ngẫu nhiên một số từ tập E. Tính xác suất để số được chọn có dạng x  a1a2 a3 a4 a5 a6 , trong đó a1  a2  a3  a4  a5  a6 . A. 5 . 138 B. 3 . 20 C. 4 . 135 D. 8 . 225 Lời giải Trang 8/26 – Mã đề thi 483 Tác giả: Lê Xuân Hưng,Tên FB: Hưng Xuân Lê Chọn A Xét phép thử T : “Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên từ tập E”. Biến cố A :” Số chọn được có dạng x  a1a2 a3 a4 a5 a6 , trong đó a1  a2  a3  a4  a5  a6 ”. Số phần tử của không gian mẫu là   6. A65  4320 . Ta có 15  a1  a2  a3  a4  a5  a6  21 do đó a1  a2  5, 6, 7 . TH 1: Ba tập a1 , a2  , a3 , a4  , a5 , a6  là 1, 6 , 2, 5 và 3, 4 . Số các số x là 3!.2!.2!.2!  48 số. TH 2: Ba tập a1 , a2  , a3 , a4  , a5 , a6  là 0, 6 , 2, 4 và 1, 5 . Số các số x là 3!.2!.2!.2! 2!.2!.2!  40 số. TH 2: Ba tập a1 , a2  , a3 , a4  , a5 , a6  là 0, 5 , 1, 4 và 2, 3 . Số các số x là 3!.2!.2!.2! 2!.2!.2!  40 số. Số kết quả thuận lợi của biến cố A là  A  48  40  40  128 . Xác suất xảy ra biến cố A là P  A  A 128 4   .  4320 135 [email protected] Câu 49. Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 9 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số đó chia hết cho 3. 17 11 1 5 A. . B. . C. . D. . 81 27 9 18 Lời giải Tác giả : Trình Hoài Nam, FB: Trình Hoài Nam Chọn D * n     9. A98 . * Gọi A là biến cố lấy được số chia hết cho 3. Giả sử B  0;1; 2;…;9 ta thấy tổng các phần tử của B bằng 453 nên số có chín chữ số đôi một khác nhau và chia hết cho 3 sẽ được tạo thành từ 9 chữ số của các tập B 0 ; B 3 ; B 6 ; B 9 nên số các số loại này là 9! 3.8.8! .  n  A  9! 3.8.8! Vậy xác suất cần tìm là p  A   n  A n   9! 3.8.8! 11  9. A98 27 [email protected] Câu 50. Cho đa giác đều 2n đỉnh, lấy ngẫu nhiên một đường chéo của đa giác này thì xác suất để đường 1 chéo được chọn có độ dài lớn nhất là . Tìm hệ số của số hạng chứa x7 trong khai triển 9  x 2  3x  2  A. -1364. n . B. -5418. C. -3812. D. -4028. Lời giải Tác giả : Trần Đức Phương, FB: Phuong Tran Duc Chọn B Số đường chéo trong đa giác đều 2n đỉnh là C22n  2n . Trang 9/26 – Mã đề thi 483 Đường chéo có độ dài lớn nhất là đường chéo đi qua tâm của đa giác đều, có n đường chéo như vậy. n Theo giả thiết: C22n  2n  1 n6 9  Xét khai triển x 2  3x  2  6 có số hạng tổng quát là:   C6k .Ckl .26k . x 2 k l l l .  3x   C6k .Ckl .26k .  3 .x 2 k l  k  4   l  1  2k  l  7  k  5  Số hạng chứa x7 trong khai triển ứng với k , l thỏa mãn: 0  l  k  6     l  3 k , l      k  6  l  5 Vậy hệ số của số hạng chứa x7 là: C64 .C41 .2 2.3  C65 .C53 .2.33  C66 .C65 .35  5418 [email protected] Câu 51. Gieo một con súc sắc cân đối đồng chất hai lần. Giả sử m là tích số chấm mà con súc sắc xuất 2 hiện sau hai lần gieo. Tính xác suất sao cho hàm số y   m  3 x   41  2m x  2 đồng biến trên khoảng  0;    . A. 1 . 2 B. 2 . 3 C. 3 . 4 D. 17 . 36 Lời giải Tác giả : Đinh Phước Tân, FB: Tân Độc Chọn C    a; b  | a, b  ;1  a, b  6  n    36 . Gọi biến cố A: “ hàm số đã cho đồng biến trên khoảng  0;    ”. Ta xét các trường hợp sau: + TH1: m  3  0  m  3 , ta được: y  35 x  2 đồng biến trên  nên y cũng đồng biến trên  0;    . + TH2: m  3 : a  0 41 a  0 m  3  0   3 m . Hàm số đồng biến trên  0;      b   2 b  0  41  2m  0   2a  0 Từ hai trường hợp ta suy ra 3  m  20.  A  1;1 , 1; 2  ,  2;1 ,  4; 6  ,  6; 4  ,  5;5  ,  5; 6  ,  6;5  ,  6; 6   n  A   9 .  p  A  1  p  A   1  n  A n   3 . 4 (Cám ơn thầy Phùng Đức Cường, cô Lưu Thêm, thầy Trịnh Văn Thạch đã góp ý và chỉnh sửa bài giải!) Trang 10/26 – Mã đề thi 483 Email: [email protected] Câu 52. Hộp A chứa 3 quả bóng màu trắng và 4 quả bóng màu đen, hộp B chứa 4 quả bóng màu trắng và 6 quả bóng màu đen. Lấy ngẫu nhiêu một quả bóng từ hộp B và bỏ vào hộp A. Sau đó lấy ngẫu nhiên một quả bóng từ hộp A. Tính xác suất để quả bóng lấy được là màu đen. 9 23 8 5 A. B. C. D. . . . . 20 10 17 8 Lời giải Tác giả : Nguyễn Duy Chiến Chọn B 4 , sau đó lấy từ hộp A (sau khi bỏ bóng 10 4 4 4  . Theo quy tắc nhân xác suất P1  . . 8 10 8 TH1: Quả bóng lấy từ hộp B là màu trắng: PB Tr  trắng vào) PA D 6 , sau đó lấy từ hộp A (sau khi bỏ bóng 10 5 6 5  . Theo quy tắc nhân xác suất P2  . . 8 10 8 TH2: Quả bóng lấy từ hộp B là màu đen: PB  D  trắng vào) PA D Xác suất cần tìm P  P1  P2  23 . 40 [email protected] Câu 53. Cho tập A  {0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9} . Gọi S là tập hợp tất cả các số có 5 năm chữ số phân biệt được lập từ A . Chọn ngẫu nhiên một số từ S . Khi đó xác suất để chọn được số có dạng a1a2 a3a4 a5 sao cho a1  a2  a3 và a3  a4  a5 là: A. 5 . 7 B. 1 . 12 C. 5 . 12 D. 1 . 24 Lời giải Tác giả: Hồ Xuân Dũng ; Fb: Dũng Hồ Xuân Chọn D Số phần tử của tập hợp S là | S | 9.9.8.7.6  27216 . Gọi B là tập hợp các số có dạng a1a2 a3a4 a5 sao cho a1  a2  a3 và a3  a4  a5 . Ta xác định số phần tử của tập B như sau: Trường hợp 1 Chọn 5 chữ số bất kỳ không có chữ số 0 có C95 cách, sau đó xếp 5 chữ số vào 5 vị trí a1a2 a3a4 a5 . – Vị trí a3 có 1 cách chọn, vì a3 lớn nhất. – Có C42 cách chọn hai số để xếp vào hai vị trí a1a2 . – Có 1 cách chọn hai số để xếp vào hai vị trí a4 a5 . Suy ra có C95C42  756 (số). Trường hợp 2 Trang 11/26 – Mã đề thi 483 Chọn 5 chữ số bất kỳ phải có chữ số 0 có C94 cách, sau đó xếp 5 chữ số vào 5 vị trí a1a2 a3a4 a5 . – Vị trí a3 có 1 cách chọn, vì a3 lớn nhất. – Có C32 cách chọn hai số để xếp vào hai vị trí a1a2 . – Có 1 cách chọn hai số để xếp vào hai vị trí a4 a5 . Suy ra có C94C32  378 (số). Do đó số phần tử của tập B là | B | 756  378  1134 (số). 1 C1134 1 Vì vậy xác suất cần tìm là 1  . C27216 24 Suy ra chọn D. [email protected] Câu 54. Cho tập X  1; 2;3; 4;5;6;7;8;9 . Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có sáu chữ khác nhau được tạo từ X . Chọn ngẫu nhiên từ S ra hai số. Khi đó xác suất để trong hai số được chọn có đúng một số không chia hết cho 2 đồng thời có đúng hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau gần với kết quả nào dưới đây nhất ? A. 0, 2 . B. 0, 4. C. 0, 5 . D. 0, 7 . Lời giải Tác giả: Phạm Chí Tuân, FB: Tuân Chí Phạm Chọn B Gọi số cần tìm trong tập S là n  abcdef với a  b; b  c; c  d ; d  e; e  f ; f  a và a  0 . Số phần tử của tập S là: A96  60480 phần tử. Ta đếm trong tập S các số có sáu chữ số khác nhau không chia hết cho 2 đồng thời có đúng hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau. Do n  2  f  2; 4;6;8  f  1;3;;5; 7;9 . Mặt khác do số đang đếm chỉ có đúng hai chữ số chẵn đứng cạnh nhau nên ta có hai trường hợp. Trường hợp 1: có 2 số chẵn. – Chọn f có 5 cách chọn. – Chọn 2 số chẵn trong 4 số chẵn có C42 cách. – Xếp 2 số chẵn vừa chọn vào hai vị trí cạnh nhau trong 5 vị trí còn lại có 4.2! cách. – Chọn 3 số lẻ trong 4 số lẻ và xếp 3 số lẻ vừa chọn vào 3 vị trí còn lại có C43 .3! cách. Do đó trường hợp 1 có tất cả là 5.C42 .4.2!.C43 .3!  5760 số. Trường hợp 2: có 3 số chẵn. – Chọn f có 5 cách chọn. – Chọn 3 số chẵn trong 4 số chẵn có C43 cách. – Xếp 3 số chẵn vừa chọn vào 3 vị trí sao cho chỉ có 2 số chẵn cạnh nhau trong 5 vị trí còn lại có 6.3! cách. Trang 12/26 – Mã đề thi 483 - Chọn 2 số lẻ trong 4 số lẻ và xếp 2 số lẻ vừa chọn vào 2 vị trí còn lại có C42 .2! cách. Do đó trường hợp 2 có tất cả là 5.C43 .6.3!.C42 .2!  8640 số. Vậy có tất cả là 5760  8640  14400 số n không chia hết cho 2 đồng thời có hai chữ số chẵn cạnh nhau. Trong tập S ta có 14400 số n thỏa tính chất không chia hết cho 2 và có đúng hai chữ số chẵn cạnh nhau nên số các số n còn lại trong tập S là: 60480  14400  46080 số. 2 Chọn ngẫu nhiên từ S ra hai số nên số phần tử của không gian mẫu là:   C60480 . Gọi T là biến cố “ trong hai số rút ra có đúng một số có tính chất là số đó không chia hết cho 2 và có đúng hai chữ số đứng cạnh nhau”. 1 1 .C14400 Ta có số phần tử của biến cố T là T  C46080 . Do đó P T   1 1 C46080 .C14400  0, 4 . 2 C60480 Email: [email protected] Câu 55. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số được chọn là số lẻ và có tổng các chữ số bằng 18 . 5 16 15 6 A. . B. . C. . D. . 378 2835 2385 837 Lời giải Tác giả : Lê Thị Nguyên,Tên FB: Ngọc Giang Nguyên Chọn B n     9. A95  136080 . Gọi số cần lập là abcdef . Theo giả thiết : abcdef là số lẻ và a  b  c  d  e  f  18 . Ta có: 18  0  1  2  3  4  8  0 1 2  3  5  7  0 1 2  4  5  6 Trường hợp 1: a, b, c, d , e, f  0;1; 2;3; 4;8 . f có 2 cách chọn. a có 4 cách chọn. bcde : 4! cách. Vậy có 4.2.4!  192 (số). Trường hợp 2: a, b, c, d , e, f  0;1; 2;3;5;7 . f có 4 cách chọn. a có 4 cách chọn. bcde : 4! cách chọn . Vậy có 4.4.4!  384 (số). Trường hợp 3: a, b, c, d , e, f  0;1; 2; 4;5;6 . Giống trường hợp 1 có 192 số. Trang 13/26 – Mã đề thi 483 Vậy số các số thỏa mãn là : 192  384  192  768 (số). Gọi A là biến cố “số được chọn là số lẻ và có tổng các chữ số bằng 18 ”.  n  A  768 . .  P  A  n  A 768 16   n    136080 2835 [email protected] Câu 56. Hội phụ huynh của một lớp dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học sinh giỏi (có tên khác nhau) trong đó có An và Bình, mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác thể loại. Tính xác suất để hai học sinh An và Bình nhận được phần thưởng giống nhau. 2 1 13 5 A. . B. . C. . D. . 3 3 18 18 Lời giải Tác giả : Nguyễn Minh Đức, FB: Duc Minh Chọn D Gọi x, y, z lần lượt là số học sinh nhận phần thưởng là hai cuốn sách (Toán, Lý); (Toán, Hóa); (Lý, Hóa). Ta có : x  y  7 x  4   y  z  6  y  3. y  z  5 z  2   Số cách trao thưởng cho 9 học sinh giỏi là C94 .C53 .C22  1260 (cách)  n ( )  1260 Gọi A là biến cố: “An và Bình có phần thưởng giống nhau”. TH1: An và Bình cùng nhận sách Toán,Lý: có C72 .C53 .C22  210 (cách) TH2: An và Bình cùng nhận sách Toán, Hóa: có C71 .C64 .C22  105 (cách) TH3: An và Bình cùng nhận sách Hóa ,Lý: có C74 .C33  35 (cách).  n( A)  210  105  35  350 Xác suất của biến cố A là P ( A)  350 5  . 1260 18 Email : [email protected] Câu 57. Trong kỳ thi THPT Quốc Gia có môn thi bắt buộc là môn Toán. Môn thi này thi dưới hình thức trắc nghiệm với 4 phương án trả lời A, B, C, D . Mỗi câu trả lời đúng được cộng 0, 2 điểm và mỗi câu trả lời sai bị trừ đi 0,1 điểm. Bạn Hoa vì học rất kém môn Toán nên chọn ngẫu nhiên cả 50 câu trả lời. Xác xuất để bạn Hoa đạt được 4 điểm môn Toán trong kỳ thi là C5100 . 3 A. . 4 50 40 C5200 . 3 B. . 4 50 20 C5200 . 3 C. . 4 50 30 C5400 . 3 D. 4 50 10 Lời giải Trang 14/26 – Mã đề thi 483 Tác giả : Nguyễn Ngọc Duy Facebook: Ngọc Duy Chọn B Gọi x là số câu trả lời đúng suy ra 50  x là số câu trả lời sai. Ta có số điểm của Hoa là 0, 2. x  0,1. 50  x   4  x  30 . Do đó bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu. Không gian mẫu là số phương án trả lời 50 câu hỏi mà bạn Hoa chọn ngẫu nhiên. Mỗi câu có 4 phương án trả lời nên có 4 50 khả năng. Suy ra số phần tử của không gian mẫu là   4 50 . Gọi X là biến cố ” Bạn Hoa trả lời đúng 30 câu và sai 20 câu ” . Vì mỗi câu đúng có 1 phương 30 . 3 khả năng thuận lợi cho biến án trả lời, mỗi câu sai có 3 phương án trả lời. Vì vậy có C50 20 30 . 3 . cố X . Suy ra số phần tử của biến cố X là X  C50 20 C 30 . 3 C 20 . 3 Vậy xác suất cần tính P  50 50  50 50 . 4 4 20 20 Email: [email protected] Câu 58. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập S . Tính xác suất để chọn được số mà trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ. 311 143 379 53 A. B. C. D. . . . . 9072 378 1134 378 Lời giải Tác giả : Phạm Công Dũng,Tên FB:Phạm Công Dũng Chọn B Số phần tử của không gian mẫu n()  A105  A94  27216. Gọi A là biến cố “ chọn được số có 5 chữ số khác nhau mà trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ ”. Để chọn được số có 5 chữ số khác nhau mà trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ xảy ra các trường hợp sau : Trường hợp 1. Số được chọn có 5 chữ số chẵn. Trong trường hợp này có 5! 4!  96 số. Trường hợp 2. Số được chọn có 1 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn. – Chọn 4 chữ số chẵn và sắp xếp vị trí 4 số ta có C54 .4! . Khi đó tạo thành 5 khe. – Chọn 1 chữ số lẻ và sắp xếp vào 1 trong 5 khe , ta có C51 .5 cách Do đó có C54 .4!.C51 .5 số ( kể cả số 0 đứng đầu ) Số 5 chữ số khác nhau gồm 1 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn, trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ mà số 0 đứng đầu là: C43 .3!.C51 .4 Vậy có C54 .4!.C51 .5  C43 .3!.C51 .4  2520 (số ). Trường hợp 3. Số được chọn có 2 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn. – Chọn 3 chữ số chẵn và sắp xếp vị trí 3 số ta có C53 .3!. Khi đó tạo thành 4 khe. – Chọn 2 chữ số lẻ và sắp xếp vào 2 trong 4 khe, ta có C52 . A42 cách. Do đó có C53 .3!.C52 . A42 số ( kể cả số 0 đứng đầu ) Trang 15/26 – Mã đề thi 483 Số 5 chữ số khác nhau gồm 2 chữ số lẻ và 3 chữ số chẵn, trong đó hai chữ số kề nhau không cùng là số lẻ mà số 0 đứng đầu là: C42 .2!.C52 . A32 Vậy có C53 .3!.C52 . A42  C42 .2!.C52 . A32  6480 (số ). Trường hợp 4. Số được chọn có 3 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn. Chọn 2 chữ số chẵn và sắp xếp vị trí 2 số ta có C52 .2! cách. Chọn 3 chữ số lẻ và sắp xếp vào 3 vị trí có C53 .3! cách. Vậy có C52 .2!.C53 .3!  1200 (số ). Vậy ta có n( A)  96  2520  6480  1200  10296 (số ). Vậy xác suất cần tìm là : P ( A)  n( A) 10296 143   . n() 27216 378 [email protected] Câu 59. Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A, tính xác suất để chọn được một số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1. 643 107 16 643 A. . B. . C. . D. . 45000 7500 1125 13608 Lời giải Tác giả: Nguyễn Ngọc Thảo, FB: Nguyễn Ngọc Thảo Cách 1. Chọn A + Gọi X là một số tự nhiên có năm chữ số chia hết cho 7 và chữ số tận cùng là 1 . + Vì X chia hết cho 7 và chữ số tận cùng là 1 nên X  7.Y 3 với Y 3 là số tự nhiên có chữ số tận cùng là 3 . + Ta có: 10000  X  999999  1429  Y 3  14285  1429  10Y  3  14285  1426  10Y  14282  142.6  Y  1428.2  143  Y  1428 . Suy ra n  A  1428  143  1  1286 . + Vậy xác suất của biến cố A là P  A   n  A  1286 643   . n    90000 45000 Cách 2. Số các số tự nhiên có 5 chữ số là 9.104  90000 Giả sử số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là: abcd1 Ta có abcd1  10.abcd  1  3.abcd  7.abcd  1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3.abcd  1 chia hết cho 7. Đặt 3.abcd  1  7 h  abcd  2h  h 1 là số nguyên khi và chỉ khi h  3t  1 3 Khi đó ta được: abcd  7t  2  1000  7t  2  9999 998 9997 t   t  143, 144,…, 1428 suy ra số cách chọn ra t sao cho số abcd1 chia hết 7 7 cho 7 và chữ số hàng đơn vị bằng 1 là 1286.  Vậy xác suất cần tìm là: 1286 643 = . 90000 45000 Trang 16/26 – Mã đề thi 483 Email: [email protected] Câu 60. Cho đa giác lồi n cạnh ( n  *, n  6 ) nội tiếp đường tròn  O  sao cho không có ba đường chéo nào đồng quy. Các cạnh và các đường chéo của đa giác giao nhau tạo thành các tam giác. Gọi X là tập hợp các tam giác như thế. Lấy ngẫu nhiên một tam giác trong tập X . Tìm n để xác 4 suất lấy được tam giác không có đỉnh nào là đỉnh của đa giác bằng . 15 A. n  23 . B. n  19 . C. n  15 . D. n  11 . Lời giải Tác giả : Lê Thanh Bình Chọn B Đếm số phần tử của tập X . TH1: Tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác: Số tam giác loại này là C n3 . A C B TH2: Tam giác có đúng 2 đỉnh là đỉnh của đa giác: Chọn hai đỉnh của đa giác và một đỉnh nằm trong đa giác là giao điểm của hai đường chéo. Để có một giao điểm như vậy ta cần phải có hai đường chéo, hay cần 4 đỉnh của đa giác. Mỗi cách chọn 4 đỉnh của đa giác cho ta 4 tam giác có đúng hai đỉnh là đỉnh của đa giác. Vậy số tam giác loại này là 4Cn4 . A C I B D TH3: Tam giác có đúng một đỉnh là đỉnh của đa giác: Mỗi cách chọn 5 đỉnh của đa giác sinh ra 5 tam giác loại này. Vậy có 5Cn5 tam giác trong TH này. A N M B C P R Q D E TH4: Tam giác không có đỉnh nào là đỉnh của đa giác: Mỗi cách chọn 6 đỉnh của đa giác sinh ra một tam giác loại này. Trang 17/26 – Mã đề thi 483 Vậy số tam giác trong TH này là C n6 . A B C K J I F D E Vậy có tất cả: Cn3  4Cn4  5Cn5  Cn6 tam giác sịnh ra do các cạnh và đường chéo của đa giác tạo ra. Lấy ngẫu nhiên một tam giác từ tập X , suy ra n     Cn3  4Cn4  5Cn5  Cn6 Gọi A là biến cố lấy được tam giác không có đỉnh nào là đỉnh của đa giác . Ta có n  A  Cn6 . Vậy xác suất của biến cố A là P  A   P  A  n  A Cn6 n3  12n 2  47 n  60  3  n    Cn  4Cn4  5Cn5  Cn6 n3  18n 2  43n  60 4 n3  12n 2  47n  60 4  3   11n3  252n 2  877 n  1140  0 2 15 n  18n  43n  60 15     n  19  11n 2  43n  60  0  n  19 Email: [email protected] Câu 61. Một bài kiểm tra theo hình thức trắc nghiệm có 10 câu hỏi. Mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời, trong đó có đúng 1 phương án trả lời đúng. Với mỗi câu hỏi, người làm bài thi chỉ được chọn đúng một phương án trả lời. Trả lời đúng 1 câu hỏi, người làm bài được 1,0 điểm; trả lời sai 1 câu hỏi, người làm bài bị trừ 0,25 điểm. Một học sinh làm bài kiểm tra trên theo cách: Với mỗi câu hỏi, học sinh đó chọn ngẫu nhiên 1 phương án trả lời. Xác suất để học sinh đó được 5,0 điểm là 17010 210 153090 81 A. B. 20 . C. D. 20 . . . 20 20 4 4 4 4 Lời giải Tác giả : Hà Việt Hòa,Tên FB: Ha Viet Hoa Chọn A Gọi  là không gian mẫu của phép thử  n     410. 1 3 , Xác suất học sinh trả lời sai một câu là . 4 4 Biến cố A : “ Học sinh trả lời được 5 điểm”. Gọi số câu trả lời đúng là a . Số câu trả lời sai là 10  a . Xác suất học sinh trả lời đúng một câu là Điểm của học sinh là 1.a  0, 25 10  a   5  1.25a  7,5  a  6 6 4 1 3 C106   .C44   6 4 1 3 4  4   17010  n  A  C106   .C44    P  A  10 4 420 4 4 Email: [email protected] Trang 18/26 – Mã đề thi 483 Câu 62. Có 30 viên bi gồm hai loại là bi màu trắng và bi màu đen được đựng trong hai hộp. Lấy ngẫu 51 nhiên từ mỗi hộp đúng một viên bi và xác suất để lấy được hai viên cùng màu đen là . 209 Tính xác suất để lấy được hai viên cùng màu trắng là? 16 158 45 12 A. . B. . C. . D. . 209 209 209 209 Lời giải Tác giả : Nguyễn Ngọc Chi,Tên FB: Nguyễn Ngọc Chi Chọn A + Giả sử hộp thứ nhất có n bi và gồm x bi màu đen, hộp thứ hai có  30  n  bi và gồm y bi màu đen. Với n , x , y là các số tự nhiên thỏa mãn 1  n  30 , 1  x  n , 1  y  30  n . + Số cách lấy bi ở mỗi hộp độc lập với nhau. + Xác suất lấy được bi đen ở hộp thứ nhất là là: 1  x , vậy xác suất lấy được bi trắng ở hộp thứ nhất n x n + Xác suất lấy được bi đen ở hộp thứ hai là hai là: 1  y , vậy xác suất lấy được bi trắng ở hộp thứ 30  n y 30  n + Xác suất lấy được hai bi đen là: Suy ra: n  30  n   x y 51 .  n 30  n 209 209 xy . Do đó xy phải là số tự nhiên chia hết cho 51 và khi đó 51 n  30  n   209  11  n  19 Thay các giá trị ta thấy chỉ có n  11 hoặc n  19 thỏa mãn điều kiện. Khi đó xy  51 , mà Vậy x y 3.17 .  n 30  n 11.19 x 3 y 17 x 17 y 3 hoặc  ;  ;   n 11 30  n 19 n 19 30  n 11 y  16  x  Suy ra xác xuất để chọn được hai bi màu trắng là :  1   1    n  30  n  209 Chọn A [email protected] Câu 63. Gọi S là tập tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6,7. Từ S chọn ngẫu nhiên 1 số, tính xác suất để số được chọn là số lẻ và số lẻ đó có mặt chữ số 5. 25 1 1 5 A. . B. . C. . D. . 168 6 7 14 Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Kim Chi ; Fb: Chi Chít Trang 19/26 – Mã đề thi 483 Chọn D Số phần tử của S là A74  840 Gọi A là biến cố cần tìm, ta có n( A)  A63  3.3. A52  300 Xác suất cần tìm là: P ( A)  300 5  840 14 Email: [email protected] Câu 64. Trong một lớp học có 2 n  3 học sinh gồm An, Bình, Chi cùng 2n học sinh khác. Khi xếp tùy ý các học sinh này vào dãy ghế được đánh số từ 1 đến 2 n  3 , mỗi học sinh ngồi 1 ghế thì xác suất 12 để số ghế của Bình bằng trung bình cộng số ghế của An và số ghế của Chi là . Tính số học 575 sinh của lớp. A. 10 . B. 25 . C. 20 . D. 15 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Nho Chọn B Số phần tử của không gian mẫu là số cách xếp 2 n  3 học sinh và 2 n  3 chỗ ngồi đã được đánh số, suy ra n      2n  3 ! Gọi A là biến cố “số ghế của Bình bằng trung bình cộng số ghế của An và số ghế của Chi”, ta có: – Xếp Bình ở ghế số 2 hoặc ghế thứ 2n  2 thì mỗi cách có 1.2! cách xếp An và Bình. – Xếp Bình ở ghế số 3 hoặc ghế thứ 2n  1 thì mỗi cách có 2.2! cách xếp An và Bình. – Xếp Bình ở ghế số 4 hoặc ghế thứ 2n thì mỗi cách có 3.2! cách xếp An và Bình. ……. – Xếp Bình ở ghế thứ n  1 hoặc ghế thứ n  3 thì mỗi cách có n .2! cách xếp An và Bình. – Xếp Bình ở ghế thứ n  2 thì mỗi cách có  n  1 .2! cách xếp An và Bình. 2 Suy ra 2 1  2  3  …  n  .2!  n  1 .2!   n  1 .2! cách xếp để số ghế của Bình bằng trung bình cộng số ghế của An và Chi. Với mỗi cách xếp trên có  2n ! cách xếp học sinh còn lại 2 Do đó, ta có n  A   2  n  1 .  2 n  ! Theo giả thiết ta có phương trình: 2 2  n  1 .  2n  ! 12 49 (loại)   48n 2  479n  539  0  n  11 hoặc n   48 575  2n  3  ! Vậy số học sinh là 2.11  3  25. [email protected] Câu 65. Thầy Quý viết lên bảng 2 số tự nhiên A và B, mỗi số đều có các chữ số đôi một khác nhau. Số A có 3 chữ số và số B có 4 chữ số. Xác xuất để chữ số của A chỉ có thể trùng với chữ số của B nhiều nhất là 1 chữ số là Trang 20/26 – Mã đề thi 483 A. 485 972 B. 195 324 C. 40 243 D. 215 . 324 Lờigiải Tác giả : Phùng Văn Thân,Tên FB:Thân Phùng Chọn D Gọi số A có dạng là abc , số B có dạng là defg Ta tìm không gian mẫu xem học sinh viết tất cả bao nhiêu trường hợp Với số A: a có 9 cách chọn ( a  0 ), Có A 92 cách chọn 2 cho 2 chữ số b và c đều khác a Với số B: d có 9 cách chọn ( d  0 ), Có A 39 cách chọn cho 3 chữ số e, f , g đều khác d =>Số cách chọn tất cả là: 9.A 92 .9.A 93  2939328 Ta xét các trường hợp theo yêu cầu để bài có thể xảy ra TH1:các chữ số của số A đều khác với các chữ số của số B *Nếu 1 trong 2 số của A hoặc B có chữ số 0=>số còn lại không có chữ số 0 .Nếu A có chữ số 0 thì: Có 2 cách chọn cho chữ số 0 vào các vị trí b hoặc c , Có A 92 cách chọn cho 2 chữ số còn lại của số A Có A 74 cách chọn cho 4 chữ số của số B đều khác các chữ số của số A -=>Số cách chọn cho trường hợp này là: 2. A 92 . A 74 =120960 *Nếu B có chữ số 0 thì: Có 3 cách chọn cho chữ số 0 vào các vị trí e,f,g, có A 39 cách chọn cho 3 chữ số còn lại của số B Có A 36 cách chọn cho 3 chữ số của số A đều khác các chữ số của số B => Số cách chọn cho trường hợp này là:3. A 39 . A 36 =181440 *Nếu cả A và B đều không có chữ số 0 Có A 39 cách chọn cho 3 chữ số của A Có A 64 cách chọn cho 4 chữ số của số B đều khác các chữ số của số A => Số cách chọn cho trường hợp này là: A 39 . A 64 =181440 =>Số cách chọn cho trường hợp 1 là: 120960+181440+181440=483840 TH2:Có 1 chữ số của A trùng với 1 chữ số của B *Nếu chữ số a của A trùng với chữ số d của B a,d khác 0 nên có 9 cách chọn cho cặp số giống nhau a,d Có A 92 cách chọn cho 2 chữ số b và c của A Có A 37 cách chọn cho 3 chữ số e,f,g của số B đều khác các chữ số của A =>Số cách chọn cho trường hợp này là:9. A 92 . A 37 =136080 * Nếu chữ số a của A trùng với 1 chữ số của B khác với chữ số d Có 3 cách chọn từ e,f,g cho chữ số trùng của số B Trang 21/26 – Mã đề thi 483 Vì a khác 0 nên cặp số của a với chữ số trùng của B có 9 cách chọn Có 8 cách chọn cho chữ số d của B vì d khác 0 ,d khác a Có A 82 cách chọn cho 2 chữ số còn lại của số B Có A 62 cách chọn cho 2 chữ số b,c của số A =>Số cách chọn cho trường hợp này là:3.9.8. A 82 . A 62 =362880 * Nếu chữ số d của B trùng với 1 chữ số của A khác với chữ số a Có 2 cách chọn từ b,c cho chữ số trùng của số A Vì d khác 0 nên cặp số của d với chữ số trùng của A có 9 cách chọn Có 8 cách chọn cho chữ số a của B vì a khác 0 ,d khác a Có 8 cách chọn cho chữ số còn lại của số A Có A 37 cách chọn cho 3 chữ số e,f,g của số B =>Số cách chọn cho trường hợp này là:2.9.8.8. A 37 =241920 *Nếu cặp chữ số trùng của cả 2 số đều khác với chữ số a và d -Nếu cặp chữ số trùng là chữ số 0 Có 2 cách chọn cho chữ số 0 vào vị trí b ,c của số A Có 3 cách chọn cho chữ số 0 vào các vị trí ,e,f,h của số B Có A 92 cách chọn cho 2 chữ số còn lại của số A Có A 37 cách chọn cho 3 chữ số còn lại của số B => Số cách chọn cho trường hợp này là:2.3. A 92 . A 37 =90720 -Nếu cặp chữ số trùng khác 0 Có 2 cách vị trí b,c cho chữ số trùng của số A Có 3 cách vị trí e,f,g cho chữ số trùng của số B Có 9 cách chọn cho cặp số trùng đều khác 0 Có 8 cách chọn cho a của số A (a khác 0 ,a khác cặp chữ số trùng) Có 7 cách chọn d của số B (b khác 0,b khác a,b khác cặp số trùng) Có 7 cách chọn cho chữ số còn lại của A Có A 62 cách chọn cho 2 chữ số còn lại của số B =>Số cách chọn cho trường hợp này là:2.3.9.8.7.7. A 62 =635040 =>Số trường hợp xảy ra tất cả ở trường hợp 2 là: 136080+362880+241920+90720+635040=1466640 =>Số trường hợp xảy ra tất cả ở cả 2 trường hợp là: 483840 +1466640=1950480 Vậy xác xuất có thể xảy ra theo yêu cầu bài toán là: 1950480 215  2939328 324 [email protected] Câu 66. Cho đa giác  H  gồm 20 cạnh. Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh từ các đỉnh của đa giác  H  . Tính xác suất để 4 đỉnh được chọn tạo thành một tứ giác mà không có cạnh nào là cạnh của đa giác?…. Trang 22/26 – Mã đề thi 483 A. 365 . 969 B. 395 . 969 C. P  443 . 969 D. P  473 . 969 Lời giải Tác giả:Quách Phương Thúy ; Fb: Phương Thúy Chọn D Giả sử đa giác  H  là A1 A2 …. A20 . Chọn ngẫu nhiên 4 đỉnh từ các đỉnh của  H  , số tứ giác được tạo thành là C204 . Xét các trường hợp: + TH1: Số tứ giác có 3 cạnh là cạnh của đa giác  H  : Có 20 tứ giác + TH2: Số tứ giác có 2 cạnh là cạnh của đa giác  H  . Tứ giác có 2 cạnh là 2 cạnh kề nhau của đa giác  H  : Có 20 cách chọn 2 cạnh kề nhau của  H  . Với mỗi cách chọn 2 cạnh kề nhau đó, có 15 cách chọn đỉnh thứ tư để tạo thành tứ giác có 2 cạnh là cạnh của  H  .  có 20.15  300 tứ giác thỏa mãn. Tứ giác có 2 cạnh là 2 cạnh không kề nhau của đa giác  H  . Chọn 1 cạnh bất kỳ, có 20 cách chọn 1 cạnh bất kỳ, giả sử là A1 A2 , chọn một cạnh khác (trừ các cạnh A1 A2 , A2 A3 , A3 A4 , A20 A1 , A19 A20 ) có 15 cách chọn. Mỗi tứ giác được chọn sẽ lặp lại 20.15  150 . 2 lần nên số tứ giác thỏa mãn là 2 Vậy có 300  150  450 tứ giác có 2 cạnh là cạnh của  H  . + TH3: Tứ giác có đúng 1 cạnh là cạnh của  H  . Có 20 cách chọn 1 cạnh bất kỳ của đa giác  H  là cạnh của tứ giác, giả sử là cạnh A1 A2 . Chọn 2 trong số 16 đỉnh còn lại (trừ A1 , A2 , A3 , A20 ) , có C162 cách chọn. Trong C162 cách chọn 2 đỉnh đó, có 15 cách chọn 2 đỉnh kề nhau tạo thành cạnh của đa giác. Vậy có 20.  C162  15   2010 tứ giác có đúng 1 cạnh là cạnh của  H  . Vậy có C204  20  450  2010  2365 tứ giác mà không có cạnh nào là cạnh của đa giác. Xác suất cần tìm là P  2365 473 .  4 C20 969 [email protected] Câu 67. Trong bữa tiệc kỉ niệm ngày sinh nhật An, vợ chồng An có mời bốn cặp vợ chồng bạn bè khác. Tất cả mọi người được ngồi chung vào một bàn tròn. Một cách ngẫu nhiên, vì là ngôi sao trong bữa tiệc nên An được xếp ngồi giữa hai cô gái. Tính xác suất để An được xếp ngồi cạnh vợ mình. 3 1 1 2 A. . B. . C. . D. . 5 36 5 5 Lời giải Chọn D Trang 23/26 – Mã đề thi 483 Xét phép thử: “ Xếp ngẫu nhiên vợ chồng An và bốn cặp vợ chồng bạn bè khác vào một bàn tròn sao cho An được xếp ngồi giữa hai cô gái”. Cố định vị trí An ngồi. + Chọn hai cô gái ngồi cạnh An có C52 cách chọn. + Sau đó xếp 2 cô gái sang hai bên có 2! cách chọn + Sau đó xếp 7 người còn lại có 7! cách chọn. Áp dụng quy tắc nhân ta có 2!.7!.C52 Vậy số phần tử của không gian mẫu n    2!.7!.C52 . Gọi A là biến cố: “An được xếp ngồi giữa hai cô gái trong đó có vợ mình”. Để An được xếp ngồi cạnh vợ mình. + Xếp vợ An ngồi hai bên có 2! cách chọn + Sau đó chọn một cô gái ngồi cạnh An có C 41 cách chọn. + Sau đó xếp 7 người còn lại có 7! cách chọn. Áp dụng quy tắc nhân ta có 2!.7!.C41 Vậy số phần tử của biến cố A : n  A  2!.7!.C41 Xác suất để An được xếp ngồi cạnh vợ mình là: P  A   n  A  2!.7!.C41 2   n   2!.7!.C52 5 [email protected] Câu 68. Nhà trường cần xếp phòng thi chọn đội tuyển học sinh giỏi cho 8 môn thi: Toán, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa, Văn, Anh vào một dãy có 6 phòng được đánh số từ 1 đến 6, trong đó mỗi phòng thi có 1 hoặc 2 môn thi và mỗi môn thi chỉ xếp vào 1 phòng thi. Tính xác suất để sắp xếp 2 môn Toán và Lý không cùng phòng thi. A. 20 . 21 B. 27 . 28 C. 6 . 7 D. 13 . 14 Lời giải Tác giả: Trần Thanh Luận Chọn D 1 môn/phòng có 4 phòng và 2 môn/phòng có 2 phòng. +) Chọn 6 môn trong 8 môn rồi xếp vào 6 phòng thi có: A86 cách. +) Xếp 2 môn còn lại vào 2 trong 6 phòng thi có: A62 cách. +) Mỗi phòng chứa 2 môn thi có 2! cách xếp trùng. Nên n   A86.A62 2! 2  151200 . Gọi A là biến cố “sắp xếp 2 môn Toán và Lý không cùng phòng thi”.  A là biến cố “sắp xếp 2 môn Toán và Lý cùng phòng thi”. +) Chọn 1 phòng trong 6 phòng để xếp 2 môn Toán và Lý vào có 6 cách. +)Chọn 5 môn trong 6 môn còn lại rồi xếp vào 5 phòng thi trống có: A65 cách. Trang 24/26 – Mã đề thi 483 +) Xếp 1 môn còn lại vào 1 trong 5 phòng thi đang chứa 1 môn có: 5 cách. +) Có 1 phòng thi chứa 2 môn thi (không phải Toán và Lý) có 2! cách xếp trùng.  Nên n A  6.A65 .5  10800 . 2!  Vậy xác suất cần tìm là: P A  1  P A  1     1  10800 n A n  151200  13 . 14 Email: [email protected] Câu 69. Gọi A là tập hợp các số tự nhiên có chín chữ số đôi một khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên thuộc vào tập A. Tính xác suất để chọn được một số thuộc A và số đó chia hết cho 3. 10 4 11 1 A. . B. . C. . D. . 27 9 27 3 Lời giải Tác giả: Trần Đức Phương Chọn C Gọi phần tử của A có dạng: a1a2 a3a4 a5 a6 a7 a8 a9 a1  0 nên có 9 cách chọn. Chọn 8 chữ số còn lại và xếp vào vị trí từ a2  a9 có A98 cách chọn. Vậy n(A)= 9 A98 . Giả sử gọi B  0;1; 2;…;9 có tổng 10 phần tử là 453 . Nên nếu muốn tạo thành một số có 9 chữ số vả chia hết cho 3, ta cần loại đi phần tử là bội của 3. Như vậy, ta sẽ có các tập: B {0}, B {3}, B {6}, B {9} TH1: Chọn tập B {0} để tạo số: Ta còn 9 chữ số để xếp vào 9 vị trí a1  a9 có 9! cách. TH2: Chọn 1 trong ba tập: B {3}, B {6}, B {9} có 3 cách. a1  0 : nên có 8 cách (vì đã loại đi phần tử là bội của 3). Còn 8 chữ số xếp vào 8 vị trí còn lại có 8! cách.  Số cách chọn phần tử thuộc A và chia hết cho 3 là 9! 3.8.8! Vậy xác suất cần tìm là 9! 3.8.8! 11  . 9 A98 27 [email protected] Câu 70. Trên đường tròn  C  có 2018 điểm phân biệt. Hỏi có bao nhiêu cách xóa đi 18 điểm sao cho không có hai điểm bị xóa nào cạnh nhau? 18 18 A. C2000 . B. C2018 . 18 17  C2000 C. C2000 . 18 17  C1999 D. C2000 . Lời giải Tác giả : Nguyễn Văn Phu, FB: Hộp Thư TriÂn Chọn D Giả sử trong 2018 điểm đó có điểm A, khi đó có 2 trường hợp TH1: Điểm A không bị xóa Sau khi xóa đi 18 điểm còn lại 2000 điểm. Xen giữa 2000 điểm đó có 2000 khoảng trống, 18 18 điểm bị xóa tương ứng với 18 trong số 2000 khoảng trống nên có C2000 TH2: Điểm A bị xóa Trang 25/26 – Mã đề thi 483 Xóa tiếp 17 điểm, còn lại 2000 điểm. Xen giứa 2000 điểm này có 1999 khoảng trống không kề với vị trí điểm A. 17 điểm bị xóa (không kể điểm A) tương ứng với 17 trong số 1999 khoảng 17 trống nên có C1999 18 17 Vậy số cách xóa thỏa mãn yêu cầu bài toán là C 2000  C1999  2018. 17 C1999 18 Cách 2 (Lờigiải của thầy Trịnh Văn Thạch) Chọn một điểm đầu tiên để xóa có 2018 cách. Với cách chọn này. Gọi x1 , x2 ,…, x18 là số phần tử giữa các khoảng này. Ta có x1  x2  …  x18  2018  18 (*) 17 Số cách chọn 17 điểm để xóa là số nghiệm nguyên dương của pt (*) nên có C1999 cách (Số nghiệm nguyên dương của PT x1  x2  …  xk  n là Cnk11 ) ( Bài toán chia kẹo Euler : Có bao nhiêu cách chia k chiếc kẹo giống nhau cho t đứa trẻ (k⩾t) sao cho ai cũng có kẹo ? Giải : Số cách cần tìm chính là số nghiệm nguyên dương của phương trình : x1  x2  …  xt  k Xếp k chiếc kẹo thành 1 hàng ngang, giữa chúng có k-1 chỗ trống. Số cách chia kẹo thỏa mãn điều kiện đề bài chính là số cách đặt t-1 “vách ngăn” vào t-1 chỗ trống trong số k-1 chỗ trống nói trên (mỗi chỗ trống được chọn đặt 1 “vách ngăn”), tức là bằng Ckt 11 Vậy đáp án là Ckt 11 cách.) Do đó số cách chọn 18 điểm để xóa là 2018. 17 C1999 ( Chia cho 18 do lặp 18 lần khi thay đổi vị trí 18 đầu tiên) Cách 3 (Lờigiải của thầy Nguyễn Văn Quý) Chọn điểm thứ nhất có 2018 cách, đánh số từ 1 đến 2017 theo chiều kim đồng hồ từ điểm tiếp theo; gọi thứ tự 17 điểm còn lại bị xóa là a1 ,…a17 : 1  a1  …  a17  2017 Để các điểm không cạnh nhau: 1  a1  a2  1  a3  2  …  a17  16  2001 . Số cáchchọn 17 17 điểm này là C1999 . Do đó số cách chọn 18 điểm để xóa là 2018. 17 C1999 ( Chia cho 18 do lặp 18 18 lần khi thay đổi vị trí đầu tiên) Trang 26/26 – Mã đề thi 483